江苏省无锡市第三高级中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷（解析）

第页，共页2024-2025学年第二学期高一数学期中试卷2025.4一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分）1.已知复数z满足，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】计算出，利用复数除法法则计算出.【详解】，故，.故选：B2.在中，若，则是（）A. B.或 C.或 D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出角.【详解】在中，由正弦定理得，而，所以或．故选：C3.如图，在中，是边BC的中点，是AM上一点，且，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据向量的线性运算求解即可.【详解】因为是上一点，可设，由题意知所以解得，所以，故选：A.4.一个圆台的上、下底面的半径分别为和，体积为，则它的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先利用圆台的体积公式求得高，再利用圆台的表面积公式即可得解.【详解】依题意，设圆台的高为，则，解得，所以圆台的母线长为，则圆台的表面积为.故选：B．5.已知点，，．则在上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据向量的坐标公式，结合投影向量的定义进行求解即可.【详解】因为，，．所以，，，所以向量与的夹角为钝角，因此量在上的投影向量与方向相反，而，，所以在上的投影向量为，故选：C6.若，表示两条直线，，，表示三个不重合的平面，下列命题正确的是（）A.若，，，则B若，，，则C.若，，，则D.若，，，则【答案】D【解析】【分析】根据线线、线面、面面之间的位置关系逐项判断.【详解】对于A，若，，，则，或与相交，故A错误；对于B，若，，，则，或与为异面直线，故B错误；对于C，若，，，则，或与相交，故C错误；对于D，由可得，因为，所以，又因为，根据线面平行的性质定理可得，故D正确.故选：D.7.在中，角A、B、C的对边分别为a，b、c，若，是的角平分线，点在上，，，则（）A. B. C. D.4【答案】A【解析】【分析】由正弦定理可得，可得，由已知利用角平分线的性质可得，由余弦定理，角平分线的性质可得，进而解得的值，进而根据余弦定理可得的值．【详解】因为，所以由正弦定理可得，即，在中，，所以，所以，即，因为，，所以，因为，所以，因为是的角平分线，所以，在中，，①在中，，②因为，所以，由①②可得，，解得，，所以，由余弦定理可得，故选：A8.已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱，的中点，动点P在正方形包括边界内运动，若面，则线段的长度范围是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先过点画出与平面平行的平面，然后得出点的轨迹，最后计算的长度取值范围即可.【详解】如图，分别作的中点，连接，如图，易得，又平面，平面，故平面，在正方体中，易得，所以四边形是平行四边形，则，又平面，平面，故平面，又，平面，所以平面平面，因为面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以动点在正方形的轨迹为线段，在三角形中，，，所以点到点的最大距离为，最小距离为等腰三角形在边上的高为，所以线段的长度范围为.故选：D.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是过作出面的平行面，从而求得的运动轨迹，由此得解.二、多项选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分）9.如图所示，已知P，Q，R分别是三边的AB，BC，CA的四等分，如果，，以下向量表示正确的是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】利用平面向量基本定理以三角形法则，对各个选项逐个判断求解即可.【详解】由已知可得，故D错误；因为P，Q，R分别是三边的AB，BC，CA的四等分点，由,故A错误；，故B正确；，故C正确.故选：BC10.下列结论中正确的是（）A.若，则或B.若，则C.若复数满足，则的最大值为3D.若（，），则【答案】BC【解析】【分析】对于A：令，由此即可验证；对于B：由模长公式以及复数乘法即可验证；对于C：由复数的几何意义即可验证；对于D：令即可验证.【详解】对于A：令，所以由复数模长公式有，但这与或矛盾，故A选项不符合题意；对于B：令，所以，所以，且，所以，故B选项符合题意；对于C：令，若复数满足，则有（其中），所以，所以，所以，即当且仅当即当且仅当时，有最大值为3，故C选项符合题意；对于D：令可知，但这与矛盾，故D选项不符合题意.故选：BC．11.如图所示，在棱长为的正方体中，P，Q分别为线段，上的动点不含端点，则下列说法正确的是（）A.存在点P，Q，使得B.直线和直线异面C.存在点P，Q，使得平面D.周长的最小值为【答案】BD【解析】【分析】A选项，在取点，使，证明，和互为异面直线，可得不成立；B选项，由异面直线的判定可证明；C选项，由线面平行的性质，若平面，则，不合题意；D选项，将三棱锥展开成平面图形，利用共线求最小值.【详解】A选项，在取点，使，又正方体中有，则四边形为平行四边形，有且，又正方形中且，故且，则四边形平行四边形，有，平面，，平面，所以和互为异面直线，则和不可能平行，故不存在点P，Q，使得，A选项错误；B选项，在上取，与A选项同理可得，由图可知，点在平面上方，点在平面下方，则直线与平面相交，交点在线段上，则，平面，平面，，则直线和直线异面，B选项正确；C选项，若平面，由平面，平面平面，则，此时点与点重合，不合题意，C选项错误；D选项，将三棱锥展开成平面图形如图，连接分别交和于，此时周长最短，即为，，，则由余弦定理得，即周长的最小值为，D选项正确.故选：BD.三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知向量，，若，则______.【答案】【解析】【分析】根据向量垂直的坐标运算列式求解即可.【详解】因为向量，，且，所以，解得.故答案为：13.已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的面积为______.【答案】【解析】【分析】运用斜二测画法画出原图，进而求出四边形面积即可．【详解】如图，运用斜二测画法画出原图.在轴位置不变，，点在轴上，由得，则，且，．则四边形为平行四边形，面积为：．故答案为：．14.斯特瓦尔特（Stewart）定理是由世纪的英国数学家提出的关于三角形中线段之间关系的结论．根据斯特瓦尔特定理可得出如下结论：设中，内角、、的对边分别为、、，点在边上，且，则．已知中，内角、、的对边分别为、、，，，点在上，且的面积与的面积之比为，则______．【答案】##【解析】【分析】由正弦定理可求得角的值，由余弦定理可得出的值，由已知可得出，再利用斯特瓦尔特定理可求得的长.【详解】由及正弦定理可得，，则，所以，，则，，故，，，由余弦定理可得，，则，故，由斯特瓦尔特定理可得，因此，.故答案为：.四、简答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.本题共5小题，共77分）15.设复数（其中），．（1）若是实数，求的值；（2）若是纯虚数，求的虚部以及【答案】（1）；（2），【解析】【分析】（1）根据复数的分类即可求解，由复数的乘法运算即可求解，（2）根据纯虚数的定义即可求解即可根据模长公式求解.【小问1详解】∵是实数，∴，∴；.【小问2详解】∵是纯虚数，∴且，故，故的虚部为，.16.已知向量，.（1）若，求；（2）若向量，，求与夹角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据求得，从而可得，于是；（2）由，可得，再由夹角公式计算即可.【小问1详解】因为，，所以，.由，可得，即，解得，所以，故.【小问2详解】因为向量，，所以，所以.则，，所以，所以与夹角的余弦值为.17.在中，内角，，所对的边分别为，，，已知向量满足：，，且．（1）求角；（2）若是锐角三角形，且，求的取值范围．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）根据平行向量的坐标表示得出边与角的关系式，再利用正弦定理即可求出角A；（2）利用正弦定理将边表示成角的形式，即，再根据三角形形状和辅助角公式，即可求出的取值范围.【小问1详解】因，，且，于有，即，在中，由正弦定理得：，而，于是得，所以或．【小问2详解】是锐角三角形，由（1）知，，于是有，且，从而得，而，由正弦定理得，则，，则有，而，则，即,所以的取值范围．18.如图：在正方体中，棱长，M为的中点．（1）求三棱锥的体积；（2）求证：平面；（3）若为线段上的动点，则线段上是否存在点，使平面？说明理由．【答案】（1）（2）证明见解析（3）存在，理由见解析【解析】【分析】（1）利用等体积转化求三棱锥的体积；（2）利用线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，构造中位线，即可证明；（3）构造面面平行，即可说明线面平行.【小问1详解】因为故三棱锥的体积为．【小问2详解】证明：连接，设，连结，因为，分别是和的中点，所以，平面，平面，所以平面；【小问3详解】存在点为的中点时，使平面，因为，且，所以四边形是平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，且平面，且，平面，所以平面平面,若，则平面，所以平面所以线段上存在中点，使平面.19.古希腊数学家托勒密对凸四边形（凸四边形是指没有角度大于180°的四边形）进行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立.且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大.根据上述材料，解决以下问题，如图，在凸四边形中，（1）若，，，（图1），求线段长度的最大值；（2）若，，（图2），求四边形面积取得最大值时角的大小，并求出四边形面积的最大值；（3）在满足（2）条件下，若点是外接圆上异于的点，求的最大值.【答案】（1）（2）时，四边形面积取得最大值，且最大值为．（3）【解析】【分析】（1）由题意可得，进而求出的最大值；（2）由题意可得，分别在，中，由余弦定理可得的表达式，两式联立可得的值，进而求出角的大小，进而求出此时的四边