2024-2025高一数学下册期中试卷（提高篇）解析版

2024-2025学年高一下学期期中数学试卷（提高篇）

参考答案与试题解析

第I卷（选择题）

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要

求的。

I.（5分）〃?，〃为空间两条不重合直线，a为空间平面，下列命题正确的是（）

A.mLa,n1m,贝!!n//a

B.m,〃与a所成角均为30。，则

C.m//a,n//a,m//n,则直线加，〃至ija的距离相等

D.m//a,n//a,则加，"可以是异面直线

【解题思路】根据直线、平面的位置关系、等角定理，结合图形，通过举反例进行判断.

【解答过程】对于A,m1a,n1m,则有可能nua,A错误；

对于B,m,〃与a所成角均为30。，则可能相交或平行或异面，B错误；

对于C,m//a,n//a,m//n,直线加，〃至ija的距离可以不相等，C选项错误;

----------------m

----------------n

对于D,m//a,n//a,则加，〃可以是平行直线，相交直线，也可以是异面直线，D选项正确.

故选：D.

1

2.（5分）在△ABC中，点。在上，且满足田叫=i|8C|,点E为AD上任意一点，若实数x,y满足

BE=xBA+yBC,贝4+j的最小值为（）

A.2V2B.4V3C.4+2V3D.9+4鱼

【解题思路】先根据平面向量基本定理及共线向量定理的推论，由三点45。共线得x+4y=1,且x>0,y>0,

再根据“1”的代换，运用基本不等式可得答案.

【解答过程】前=xBA+yBC=xBA+4yBD,

由力£。三点共线可得x+4y=1,且久＞0,y＞0,

所以H；=G+；)(x+4y)=9+?+年+=9+4位,

当且仅当?=曰即久=次＞)=答时等号成立.

故选：D.

3.(5分)已知z是复数，万是其共轨复数，则下列命题中正确的是()

A.z2=\z\2B.若|z|=l,贝U|z-1T|的最大值为鱼+1

C.若z=(l-2i)2,则复平面内万对应的点位于第一象限D.若l-3i是关于x的方程久2+p%+q=O(p,qe

R)的一个根，贝3=—8

【解题思路】设出复数的代数形式计算判断A；利用复数的几何意义判断B；求出复数万判断C；利用复数

相等求出q判断D.

【解答过程】对于A,设2=a+bi(a,beR),则|z[2=a2+"z2=(a+6i)2=a?—接+24及，z2\z\2,A

错误；

对于B,由|z|=l知，在复平面内表示复数z的点在以原点为圆心的单位圆上，

|z-1—i|可看作该单位圆上的点到点(1,1)的距离，因为圆心到(1,1)的距离为VL

则该单位圆上的点到点(1,1)的距离最大值为立+1,B正确；

对于C,z=(l-2i)2=-3-4i,z=-3+4i,则复平面内万对应的点位于第二象限，C错误；

对于D,依题意，(l-3i)2+p(l-3i)+q=0,整理得(p+q-8)+(-3p-6)i=0,

而p,q€R,因止匕｛巳二J,解得p=-2,q=10,D错误.

故选：B.

4.(5分)已知点N在边长为2的正八边形心心…人的边上，点M在边4遇2上，则41MsiN的取值范围

是()

A.[-4-2V2,2V2]B.[-4,4+2V2]

C.[-2V2,4+2V2]D.[-2V2,4]

【解题思路】以①为原点，建立平面直角坐标系，表示出点M、N的坐标，计算即可.

【解答过程】以①为原点，为》轴，4送6为V轴建立平面直角坐标系，

设N（x1,y1）,M（x2,O）,则=（如。）//=禽㈤,

所以41MslN=xp；2，

由于正八边形的每个外角都为2；

则”2e[O,2],X16[-V2.2+V2],

所以4叫SiN=xtx26[-2V2,4+2V2].

故选：C.

5.（5分）瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名的欧拉公式：eix=cosx+isinx,其中e是自然对数的底数,

i是虚数单位.根据欧拉公式，下列选项正确的是（）

A.W=1B.战的虚部为争

C.复数尚在复平面内对应的点位于第二象限D.|e手-晶|（。6咫的最大值为2

【解题思路】由欧拉公式及复数的相关概念逐项计算判断即可.

【解答过程】对于A,eKi=COSH+isimr=-1,A错误；

对于B,由国=cos号+isinU+争，其虚部为建B错误；

对于c,/=cos"isi《=¥+学，则复数温在复平面内对应的点俘，孝)位于第一象限，C错误；

对于D,le?—e0i|=|cos^+isin^—cos0—isin0l=|i—cos0—isin0|=|(1—sin0)i—cos0|

=7cos20+(l-sin0)2=V2-2sin0<2,当0=-]+2kn(keZ)时取等号，D正确，

故选：D.

6.(5分)正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的

多面体(各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等).数学

家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如

图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为()

A.V3B.2V3C.3V3D.3

【解题思路】对于正八面体，需要找出其外接球半径和内切球半径的关系，再根据球的表面积公式S=41：

产，来计算表面积的比.

【解答过程】设正八面体的棱长为0,正八面体的中心到顶点的距离就是外接球半径R,

?Q,中心到面的距离就是内切球半径r,

正八面体的体积V=1xaxax^ax2=专心,

U=gxS表XT=gx8xgxaxaxsin60°)r=弓标,解得丁=净i

根据球的表面积公式S=4标，外接球表面积Si=4HR2=4口停a)=2na2,

内切球表面积S2=4仃2=47r俘a)=ya2；

则外接球与内切球表面积之比£=争掾=3

故选：D.

7.(5分)在锐角△48C中，角4B5的对边分别为4瓦c,S为△4BC的面积,a=4,且2S=a2-(b-c)2,则

△48C的周长的取值范围是()

A.(8.4V5+4]B.(12,275+2]C.(8,2通+21D.(12,4函+4]

【解题思路】利用面积公式和余弦定理可得tang=|,tanX=，然后根据正弦定理及三角变换可得6+c=5

(sinB+sinC)=4V^sin(B+⑴)，再根据三角形是锐角三角形，得到B的范围，转化为三角函数求值域的问

题.

【解答过程】12s=a2—(6—c)2=a2—b2—c2+2bc=2bc—2bccosA,

・••S=bc—bccosA=^bcsinA,

.,.1—cosX=|sin?l,即2sin29=sin^cosp/为锐角,

A1A14.4,3D,

/.tan-=-,tanA=7ZI=4=-,cosA=乂a=4,

乙乙43On

由正弦定理可得白=盘=品=5,

所以b+c=5(sinB+sinC)=5[sinB+sin(Z+B)]

/34\

=5(sinB+jsinB+ycosB]=8sinB+4cosB

=4V^sin(B+0),其中tang=T，0=?，

因为△48C为锐角三角形，

所以万一4V8<]，贝!]]一4+W<8+R<5+(p,

nITAITA

即：2~2<B+(P<2+2>

/A2

所以cos5Vsin(B+<)W1,又8$万=石，

.-.8<4V5sin(B+<p}<4V5,即b+ce(8,4Vs],

故△4BC的周长的取值范围是(12,4而+4].

故选：D.

8.(5分)如图，在棱长为1的正方体430-4中停1。1中，M,N分别为BDi,为Ci的中点，P为正方体

ABC。-a/iCi%表面上的动点.下列叙述正确的是()

A.当点P在侧面441小。上运动时，直线CN与平面BMP所成角的最大值为方

B.当点P为棱4/1的中点时，CN||平面BMP

C.当点PCNC时，满足MP1平面NCP的点P共有2个

D.当点P在棱上时，点P到平面CNM的距离的最小值为平

【解题思路】NC与MB不可能垂直，故选项A错误；平移NC与平面相交于一点H,故选项B错误；当点PgNC

时，满足平面NCP的点P共有1个.当点P为平面BCC1%的中心时，故判断选项C；利用体积相等即可

求出点P到平面CNM的距离的最小值为平判断选项D.

O

【解答过程】由于线面角的最大值为?

•••NC与MB不可能垂直，故直线CN与平面BMP所成角的最大值达不到微.选项A错误;

取DC的中点为“，的中点为Q,连接相交于点0,连接0H,0N,

•­-0N//HCS.0N=HC,故0H〃NC,

•••He平面HBQDLOHC面HBQDi，故CN不能与平面BMP平行，故选项B错误;

当点PWNC时，满足MP1平面NCP的点P共有1个.

当点P为平面BCC1%的中心时，故选项C错误

'*'yP-CNM=VM-PNC，M到平面PNC的距禺始终为万，

111

故当点P运动到点当时，△PNC取得最小值为5x5x1=I，

i^Vp-CNM=^M-PNC=gS^pNCX2=24=^ACNM,%，

•・•MC=4MN=返,NC=匹，

2252，

c_lvV3yV2_V6

iAMNC-2XTXT--)

故仁咚故选项D正确.

6

故选：D.

二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的

要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。

9.(6分)已知zi/2为复数，则下列说法正确的是()

A.Z1+Z2=五+三B.|Z1|=|z2b则Z1=±Z2

C.若2逐2=0,则zi=0或Z2=0D.若=L则历+i|的最大值为3

【解题思路】对于A：根据共轨复数的定义结合复数运算分析判断；对于B：举反例说明即可；对于C：根

据模长性质分析判断；对于D：根据复数的几何意义分析可知点Zi的轨迹是以点/为圆心，半径为1的圆,

结合圆的性质分析判断.

【解答过程】设iz=a+bi,z2=c+di(a,b,c,dGR),则zf=a-bi,^2=c-di,

对于选项A：因为zi+Z2=a+c-(b+d)i,五+益=a+c-(6+d)i,

所以Zi+Z2=无+无,故A正确；

对于选项B：例如Zi=l+i,z2=1-i,则区|=I.Z2I=«，

但Zi=±Z2不成立，故B错误；

对于选项C:若Z]Z2=0,则区1电|=同|,区2|=0,

则|Z1|=0或忆2|=0,所以Z1=0或Z2=0,故C正确；

对于选项D：设复数Zi，i,T在复平面内对应的点分别为Z1，4(0,1),

因为|zi-i|=|布|=1,可知点Zi的轨迹是以点“为圆心，半径为1的圆，

则氏+“=|丽卜|4切+1=3,当且仅当点4在线段BZi上时，等号成立，

所以|zi+i|的最大值为3,故D正确；

故选：ACD.

10.(6分)已知△力BC中，内角N,B,C所对的边分别为a,b,c,则下列命题中，正确的命题是()

A.若acosA=6cosB,则△4BC为等腰三角形

B.若4=28,则a=2bcosB

C.若AB=3,AC=2BC,则△ABC面积最大值为3

D.8=g,角2的平分线3。交NC边于。，且BD=3,则a+c的最小值为12

【解题思路】根据正弦定理和二倍角公式即可判断AB；对C,利用余弦定理和二次函数性质即可判断；对

D,根据三角形面积公式和乘“1”法即可判断.

【解答过程】对于A：若acosA=bcosB,根据正弦定理则sinAcosA=sinBcosB,

即sin24=sin2B,因为242B€(0,n),所以24=2B或22+2B=IT

即4=8或4+3=(所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，A错误；

对B,因为4=2B,则sia4=sin2B,sin?!=2sin5cosB,

则根据正弦定理有a=26cosB,故B正确；

对C,设BC=x/C=2x,{:肾0l<x<3.

9+/—4/9—3久2

则cosB=

2x3xx6x

2年3乒D有远

所以530=施切•|BC|-sinB=|."正正空运

=|x,je鲁J=|V-x4+10x2-9=为_(X2—5)2+16,

当％2-5=0,%=遮^(L3)时，三角形48C的面积取得最大值日x71后=3,故C正确;

对D,由题意可知，SA48C=SA43O+

由角平分线性质和三角形面积公式得!acsing=：ax3xsin^+~cx3xsinp

化简得ac=3(a+c),即展+]=]

因此a+c=3(a+c)G+9=3[2+U+9]23(2+2口)=12,

\acJ'ac/J-\lac

当且仅当(=£,即a=c=6时取等号，即a+c的最小值为12,则D正确.

故选：BCD.

11.(6分)如图，棱长为2的正方体ABCD-中，点与?百分别是棱的力九⑺的中点，则下列说

法正确的有()

A.直线4G与直线CiE共面

B.D^BEF=3

C.过点B,E尸的平面，截正方体的截面面积为9

1

D.二面角小-AC-当的平面角余弦值为百

【解题思路】对于A项，通过证明EGII&C1,说明直线力iG,CiE共面；对于B项，三棱锥的体积问题，是通

过等体积转化，使其易于求解；对于C项，关键是寻找到经过三点的正方体的截面，然后求其面积；对于D

项，作出二面角Oi-4C-%的平面角，计算其余弦值

【解答过程】

图①

对于A项，如图①，分别连接4iCi,EG/C,在正方体4BCD-2/心。1中,

易得四边形4CC1A1是矩形,

・•・IIAC,

又「E,G分别是棱的中点,

•••EG\\AC,

故EG||4停1,即EG/1C1可确定一个平面，故A项正确;

图②

对于B项，如图②,

x/[B=|x|xlxlx2=g,故B项正确;

图③

对于C项，如图，③连接易得EF||||BCi

因平面40£»遇1〃平面BCC1%,贝IB。为过B,E,F的平面与平面8CC/1的一条截线,

即过点B,E,F的平面即平面BEFJ.

由EF=V2,BF=店BCi=2vle/=病，可得四边形BEF。为等腰梯形，

故其面积为：SBEFQ=+2>/^j(¥)=^^义^^=,故C项错误.

图④

对于D项，如图④，连接交于。，£>iO,Bi。，

D%1平面力BCD,力Cu平面4BCD,所以DDi1AC,

又DD1cBD=D,u平面。道少出。u平面以。为,

所以4C1平面小。%,即ND10B1是二面角外-4C-B1的平面角,

又D1Bi=2V2,DiO=%。=J22+(V2)2=V6,

故cosADiOBi=DO；；：；屋山,=(府+嗯(2因z=，故口项正确；

故选：ABD.

第II卷(非选择题)

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.(5分)已知|zi|=2,怙2|=3,|ZI+Z21=4,则/的值为土平i_.

【解题思路】先证明Z•5=|z|2,由条件，根据模的性质可得Z1ZT=4,Z2互=9,学+等=3,令£=3可

z2Z1"2

得9t+^=3,解方程可得结论.

［解答过程】设2=x+yi(x,yeR),则2=x-yi,

所以-(x+yi)(x-yi)-x2+y2-\z\2,

由题意，Z1Z1=4,Z2Z2-9,

9zj4Z2Y

(Z1+Z2)(Z1+Z2)=ZRI+Z汉+z/7+Z2^1=4+9+—+—=16,

所以等+等=3,令［=3则9t+：=3,即9t2-3t+4=0,

Z2Z1z2t

所以t=《土萼，即言■士卓.

66z266

故答案为：:土平I

66

13.(5分)如图，在△ABC中，/.BAC=pAD=2DB,P为CD上一点，且满足=m质+我豆，若

|而|=2,|同|=3,则而•人的值为1.

【解题思路】由前=2而，P为CD上一点，且满足2P=niAC+%B(meR),可求得小=；,再用而及前

表示出而及而，进而求数量积即可.

【解答过程】由前=2丽，可得丽=|同,

又C,P,。三点共线，

则有而=mAC+(l-m)AD=mAC+^^AB,

由于Q=m前+|■乐(meR),所以宁=1,即巾=g

又而=CA+AD=-AC+1福

且Z_B4c=1,|ac|=2,|AB|=3,

故而•CD=(次+|AB)-(-4C+1确

1—>21——>21—»—»

=--rAC+-AB--AC-AB

433

=-"x4+gx9-1x2x3x1=l.

故答案为：1.

14.(5分)已知矩形ABC。，XB=V5,BC=2,将△ADC沿对角线4C进行翻折，得至I］三棱锥D—48C,在

翻折的过程中，下列结论：

①三棱锥D-48C的体积最大值为冬

②三棱锥。-48c的外接球体积不变；

③异面直线力B与CD所成角的最大值为90。；

④4。与平面48c所成角的余弦值最小值为弓.

所有正确的命题的序号是①②⑷.

【解题思路】对于①，由棱锥体积公式即可判断；对于②，由外接球的定义可得4c中点为外接球球心，其

半径为=,再用球的体积公式计算即可；对于③，由线面垂直的判定定理可得CD1平面4BD,从而可

得CDLBD,即可判断；对于④，由条件可知D到面ABC的距离最大时，线面角最大，然后代入计算，即可

判断

【解答过程】

对于①,VD-ABC=,h,

当平面ADC1平面ABC时，三棱锥O-ABC的高最大，

此时体积最大值为VDTBC=|X|X2XV5X^=Y.故①正确；

对于②，设2C的中点为。，

贝1|由RtZkaB&RtZkADC^D,OA=OB=OC=OD,

所以。为三棱锥D-ABC外接球的球心，其半径为=|,

所以外接球体积为无x（I7=苧，即三棱锥O-ABC的外接球体积不变，故②正确；

对于③，若力B1CD,由CD14D,ADOAB=A,

ABu平面48。，40u平面4B0,

可得CD1平面4BD,因为BDu平面4BD,则CD1BD,

因CD>BC,根据直角三角形斜边最长，知道不成立，故③错误；

对于④，因为2。是定值，则只需。到面4BC的距离最大时，

4D与平面4BC所成角最大，

当平面40C1平面ABC时，。到面48C的距离为竽，

2V5/F

设与平面4BC所成角为仇此时sinO=W=浮

23

.__________7

因为。为锐角，所以cos。=Vl-si以e=5,

即4。与平面ABC所成角的余弦值最小值为I，故④正确.

故答案为：①②④.

四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。

15.（13分）已知向量五=（一1,0）,3=且五与刃的夹角为

（1）求加及|五+2b\；

(2)若江+需与4+2君所成的角是锐角,求实数2的取值范围.

【解题思路】(1)由平面向量的夹角公式结合平面向量数量积的坐标运算可求得m的值，计算出向量,+23

的坐标，利用平面向量的模长公式可求得忖+2目的值；

(2)求出向量五+得的坐标，分析可知(2+濡)・0+2冷>0且向量G+需与2+21不共线，结合平面向量

的坐标运算可求得实数2的取值范围.

【解答过程】(1)因为向量五=(—1,0),b=(m,l),且五与刃的夹角为?

则31品=一焉=孝，解得巾=T，

所以，6=(-1,1),则3+2]=(_1,0)+2(_1,1)=(-3,2),

故忖+2b\=J(—3/+22=V13.

(2)由(1)nTWa+Ab=(-1,0)+2(-1,1)=(-A-U).且五+23=(一3,2),

因为为+需与五+23所成的角是锐角，贝第+焉)・@+2办)=34+3+22>0,解得2>—■!，

且向量a+筋与a+2b不共线，则—34*—22—2,即2力2,

因此，实数2的取值范围是2)U(2,+8).

16.(15分)如图，三棱柱48C-4/停1的侧棱垂直于底面，其高为2cm,底面三角形的边长分别为3cm,

4cm,5cm.

(1)以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，求剩余部分几何体的体积匕

(2)求该三棱柱的外接球的表面积.

【解题思路】(1)求出三棱柱的体积，得到aABC的内切圆的半径，进而去除圆柱的体积，相减即可答案;

(2)将三棱柱补形为长方体得到外接球半径，求出外接球的表面积.

【解答过程】(1)因为底面三角形的边长分别为3cm,4cm,5cm,

所以底面三角形为直角三角形，两直角边分别为3cm,4cm,

又因为三棱柱ABC-481cl的侧棱垂直于底面，其高为2cm,

所以匕4BC-=1x3x4x2=12(cm3).

则_2s4ABC_2X/3X4_1

人)AB+BC+AC3+4+5

23

圆柱体积Uooi=ITxIx2=2ir(cm).

所以剩下的几何体的体积P=(12-2ir)cm3.

(2)由(1)直三棱柱ZBC-4181cl可补形为棱长分别为3cm,4cm,2cm的长方体,

它的外接球的球半径R满足2R=V32+42+22=V29，即R=等cm.

所以，该直三棱柱的外接球的表面积为S=4nx(乂雪丫=29Ttem2.

17.(15分)已知复数z=[202°+(1一。2(其中i为虚数单位)，若复数z的共辗复数为万，且万-Zi=4+3i.

(1)求复数万；

(2)求复数zi；

(3)若Zi是关于x的方程/一px+q=0的一个根，求实数p,q的值，并求出方程%2-px+q=0的另一个复数

根.

【解题思路】(1)化简复数z,再根据共轨复数的概念求解；

(2)根据复数的除法的运算求解；

(3)将zi=2-i代入方程%2-px+q=0运算求出p,q,代回方程求解.

【解答过程】(1)z=i2020+(1-i)2=i4-2i=l-2i,

所以复数Z的共辗复数为z=1+2i.

(2)因为万•Zi=4+3i,

斫以7_4+3i_(l-2i)(4+3i)=10-5i

所以Z1_i+2i_(i_2i)(l+2i)_51

所以Zi=2-i.

(3)若zi=2-i是关于久的方程%2一p%+q=0的一个根，则(2-i)2-p(2-i)+q=0,

即(p—4)i+3—2p+q=0,

所以f书二「

解得：p=4,q=5,

则了—4尤+5=0,即(x—2)2=j2,

所以方程另一根为2+i.

18.(17分)在①g=芸:1，②2bsin4=atanB,③(a-c)sin力+csin(4+B)=bsinB,这三个条件中任

选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.

已知△4BC的内角/,B,C所对的边分别是a,b,c,若.

⑴求角B；

(2)若a+c=4,求△TIBC周长的最小值.

【解题思路】(1)分别选三个条件，结合三角恒等变换，以及边角互化，化简后即可求解；

(2)由余弦定理可得按=16-3ac,利用基本不等式可求出的最小值，即可求出周长最小值，再利用面积

公式求出面积

【解答过程】(1)选①3=篝3，

由正弦定理可得"W°s：,sin4>0,即得V^sinB=1+cosB,

sin/V3sini4

即有由于可得8-]=也即8=]

选②2bsinZ=atanB,

由正弦定理可得2sin8sin4=sin/tanB,

因为sin/>0,sinB>0,所以2sinB=3^,即cosB=〈.

cosB2

由于OvBVm可得

选③(a—c)sin/+csin(Z+B)=bsinB,

由正弦定理和诱导公式可得(a-c)a+c2=b2,即为M+c2-b2=ac,

由余弦定理可得cosB=合与一垓=3由于O<BVTT,可得B=方

2ac23

(2)由⑴知由余弦定理可得+。2-按=2GCCOSB=QC,

即为(a+c)2—b2=3ac,而a+c=4,即按=16—3ac.

若Q+C=4,则422V^E,可得ac<4(当且仅当a=c=2时取得等号)，

则力之、16—3义4=2,所以△Z8C周长的最小值为6.

19.(17分)三棱台ZBC-AiBiCi中，AB1AC,^ABB^AA±=A1C1=CCr=2,AC=4,

且BBi与底面ABC所成角的正弦值为华.

(1)求证：451面”“遇1；

(2)求三棱台ZBC-/$iCi的体积；

(3)问侧棱BBi上是否存在点M,使二面角M-2C-8成，？若存在，求出券的值；若不存在，说明理由.

【解题思路】(1)连接&C,过41作4iG〃CCi交47于G,由已知可得4也144。又平面488遇11平面

ACCiAi，贝IM1C1平面4BB141，可得41C14B,又AB_L4C,贝！|可得AB1平面ACCiAi.

(2)由已知可得平面力CCi&l平面4BC,过A作41N14C,连接8N,可得4N1平面4BC,求得/N=

V3,如图，延长侧棱