洛陽市2024—2025學年第二學期期中考試高一數學試卷注意事項：1.答題前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上.2.考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回.一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.下列結論正確的是（）A.若與都是單位向量，則B.方向為南偏西60°的向量與北偏東60°的向量是共線向量C.直角坐標平面上的軸，軸都是向量D.若與是平行向量，則【答案】B【解析】【分析】根據單位向量、方位角、平行（共線）向量等的定義判斷各項的正誤.【詳解】A：由單位向量只是模長相等，但方向任意，故不一定成立，錯；B：如下圖，上北右東，則南偏西60°的向量，北偏東60°的向量，顯然它們是方向相反的向量，即為共線向量，對；C：直角坐標系中，、軸有方向，但無大小，與向量的概念不符，錯；D：與是平行向量，也有可能方向相反的情況，故不一定成立，錯.故選：B2.三個平面可將空間分成部分，則的最大值為（）A.4 B.6 C.8 D.10【答案】C【解析】【分析】根據平面的性質，結合空間想象畫出劃分空間最多的情況即可得.【詳解】由于兩個平面最多將空間分成4個部分，故三個平面最多可將空間分成8個部分，如下圖示，故選：C3.若復數是純虛數，則實數的值為（）A.1或3 B.1或2 C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】根據純虛數的概念有，求解即可得.【詳解】由題設，可得.故選：D4.如圖，是水平放置的用斜二測畫法畫出的直觀圖，則的周長為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】結合圖形作出，求其各邊長，即得周長.【詳解】作出，如下圖所示：由題意可知，，，由勾股定理可得，故的周長為.故選：A.5.在中，點是邊中點，點是的中點，若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用平面向量的線性運算可得出關于、的表達式，結合平面向量基本定理求出、的值，即可得解.【詳解】如下圖所示：因為為的中點，所以，因為為的中點，所以，所以，因為、不共線，且，所以，，故.故選：B.6.已知，，滿足，，，則點依次是的（）A.重心，外心，垂心 B.重心，外心，內心C.外心，重心，垂心 D.外心，重心，內心【答案】C【解析】【分析】根據和外心的性質得到為外心；由重心的性質得到為重心；利用向量數量積運算法則得到，所以，同理可得，所以為垂心【詳解】依題意，由得，到的三個頂點的距離相等，所以為外心；設的中點為，則由得，所以為重心；由得，所以，同理可得，所以為垂心．故選：C7.在平行六面體中，，分別為棱，上的點，且，，直線與平面的交點，則的值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根據等體積法得，計算可得，，代入化簡即可.【詳解】設平行六面體的體積為，因為平行六面體的上下底面平行，所以平面與上下底面的交線互相平行，設為平面與上底面的交線，為與的交點，則，連接,由等體積法可得，設平行六面體的上下底面的距離為，，因為在平行六面體中，因為，由等角定理可知各內角相等，所以，所以，，又因為各內角相等或互補，所以，所以，因為,,，所以,所以，即.故選：D.8.在中，角，，的對邊分別為，，，若，則當最大時，等于（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由余弦定理及已知得，應用正弦邊角關系、三角恒等變換有，進而有，即均為銳角，最后應用差角正切公式、基本不等式求最大值，并確定取值條件即可得.【詳解】由，而，聯立并整理得，所以，所以，則，顯然均為銳角，所以，當且僅當，時取等號，故，此時.故選：C二、選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分.每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，選對但選不全的得部分分，有選錯的得0分.9.已知向量，，下列說法正確的是（）A. B.C.，的夾角為 D.向量在向量上的投影向量為【答案】ABC【解析】【分析】對于A，先計算和的坐標，再分別是計算它們的模進行判斷，對于B，計算進行判斷，對于C，利用向量的夾角公式分析判斷，對于D，利用投影向量的定義計算判斷.【詳解】對于A，因為，，所以，所以，所以，所以A正確，對于B，因為，所以，所以，所以B正確，對于C，因為，，所以，因為，所以，所以C正確，對于D，向量在向量上的投影向量為，所以D錯誤.故選：ABC10.在中，角，，所對的邊分別為，，，下列說法正確的是（）A.“”是“”的充要條件B.若，則為等腰三角形C.若，，，則符合條件的有兩個D.若，則為銳角三角形【答案】AC【解析】【分析】對于A，根據充要條件的定義結合正弦定理分析判斷，對于B，利用余弦定理統一成邊的形式，然后化簡進行判斷，對于C，根據已知條件計算到的距離，再與比較判斷即可，對于D，利用兩角和的正切公式分析判斷即可.【詳解】對于A，當時，有，由正弦定理得，當時，由正弦定理得，則，所以“”是“”的充要條件，故A正確；對于B，由，得，由余弦定理得，即，也即，整理得，故得或，即或，所以為等腰三角形或直角三角形，故B錯誤；對于C，過作垂直于所在的直線于點，則，因為，所以符合條件的有兩個，故C正確；對于D，因為，所以均不等于，且，則得，因，故得，所以，因，，則，即，所以為任意斜三角形，故D錯誤.故選：AC11.如圖，在棱長為2的正方體中，為線段的中點，為線段上的動點（含端點），則下列結論正確的有（）A.過，，三點的平面截正方體所得的截面的面積為B.存在點，使得平面平面C.當在線段上運動時，三棱錐的體積不變D.的最小值為【答案】ACD【解析】【分析】根據正方體的性質，結合線面平行、面面平行的判定定理和性質定理逐項判定可①②③確定ABC的正誤，利用展開法和點距離的三角不等式，結合余弦定理計算可求得的最小值，進而判定D.【詳解】對于A，∵正方體的對面互相平行，∴過三點的平面截正方體的對面所得截線互相平行，又∵為線段的中點，∴截面交BC于其中點G，連接，則四邊形即為所求截面，顯然為等腰梯形，且，梯形的高，面積為，故A正確；過與平面平行的直線都在過與平面平行的平面內，易知過與平面平行的平面截正方體的截面為如圖所示1的六邊形，其各頂點都是正方體的相應棱的中點，由于不在平面內，∴平面與直線平行，∴平面與線段沒有公共點，故B錯誤；∵，平面，不在平面內，∴平面，又∵，∴到平面AD1C的距離為定值，又∵的面積為定值，∴當在線段上運動時，三棱錐的體積不變，故C正確；將矩形展開到與等腰直角三角形在同一平面內，如圖2所示，，當共線時取等號，故D正確.故選：ACD.三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知向量，，且，則___________.【答案】【解析】【分析】根據給定條件，利用向量共線的坐標表示計算作答.【詳解】向量，，因，則有，解得，所以.故答案為：413.已知復數，.若，則的取值范圍是________.【答案】【解析】【分析】由復數相等列出方程，得到的表達式，結合換元法，由二次函數的值域，即可得到結果.【詳解】由兩個復數相等可得，即，化簡可得，其中，當時，取得最小值，，當時，取得最大值，，所以的取值范圍是.故答案為：14.已知直三棱柱中，，且.若三棱柱的外接球的表面積是，則此三棱柱的體積的最大值是________.【答案】【解析】【分析】根據直棱柱的結構特征及已知確定球心的位置和半徑長度，利用球體半徑與相關線段的幾何關系求得，再應用基本不等式、棱柱體積公式求體積最大值.【詳解】直三棱柱中，，則外接球的球心在中點的連線上，如下圖，分別為中點，為中點，則為棱柱外接球球心，又，則，外接球的表面積是，若外接球半徑為，則，可得，所以，則，故，由，即，當且僅當時取等號，所以此三棱柱的體積的最大值.故答案為：四、解答題：本大題共6小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.已知復數，，其中，且在復平面上對應的點在第一象限.（1）求復數；（2）若復數，求的共軛復數.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據題意可得，從而可求出的值，進而可求出復數；（2）先計算求復數，再求其共軛復數即可.【小問1詳解】依題意得，解得，所以.【小問2詳解】因，，所以，所以.16.已知向量，滿足，，.（1）求向量與的夾角；（2）求證：；（3）求.【答案】（1）（2）證明見解析（3）6【解析】【分析】（1）由向量夾角的公式計算可得；（2）由數量積的運算律結合向量垂直的條件可得；（3）由數量積的運算律結合模長的計算可得.【小問1詳解】由于.且，所以.【小問2詳解】∵，∴.【小問3詳解】.17.如圖，四棱錐中，，，，且四點共面.（1）求證：底面為梯形；（2）是線段上的動點，線段上是否存在點，使平面？若存在，請給出證明；若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）存在，證明見解析【解析】【分析】（1）先證明，再利用線面平行的判定定理證平面，再利用線面平行的性質定理證明；（2）取為上靠近點的三等分點，證明平面平面即可.【小問1詳解】因，，則為線段靠近點的三等分點，為線段靠近點的三等分點，則，又平面，平面，則平面，又因四點共面，則平面，平面平面，則，則，又，所以底面為梯形.【小問2詳解】存在，為上靠近點的三等分點，證明如下：連接，，因為上靠近點的三等分點，則,因且，則且，所以四邊形為平行四邊形，則，因平面，平面，則平面，因，平面，平面，則平面，又，平面，平面，則平面平面，因為上的動點，則平面，則平面.18.在中，角，，所對的邊分別為，，.已知.（1）求角的大?。唬?）若，設為的中點，且，求的周長.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）正弦邊角關系有，結合三角形內角的性質、三角恒等變換化簡得，即可求解；（2）由題意，應用向量數量積的運算律、定義得，由余弦定理得，進而可得，即可得周長.【小問1詳解】∵，由正弦定理得，即，∴，又，所以，從而.【小問2詳解】∵為的中點，∴，兩邊平方可得，即①，在中，由余弦定理得②，由①②可得，，，所以，即.所以的周長為.19.已知圓錐的底面半徑，高.（1）求此圓錐的表面積；（2）若圓錐在球內，求球的表面積的最小值；（3）若一個棱長為的正方體木塊可以在這個圓錐內任意轉動，求的最大值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）先求出母線長，再根據圓錐的表面積公式求解即可；（2）當球的表面積最小時，作出其軸截面，利用勾股定理求出球的半徑，再根據球的表面積公式即可得解；（3）正方體的外接球在圓錐內，且與圓錐相切時最大，利用相似三角形求出正方體外接球的半徑，即可得解.【小問1詳解】因為，所以母線長，圓錐的底面圓面積為，圓錐的側面面積為，則圓錐的表面積為；【小問2詳解】當球的表面積最小時，其軸截面如圖：設球的半徑為，在中，由勾股定理得，解得，所以球表面積的最小值為；【小問3詳解】正方體的外接球在圓錐內，且與圓錐相切時最大，設球心為，球心在上，作于，設球半徑為，，由得，，解得，又，解得，即最大值為.20.對任意復數，定義.（1）若，求相應的復數；（2）證明：；（3）若中的為常數，令，對任意，是否一定有常數使得？若有，