第頁，共頁2024-2025學年第二學期高一數學期中試卷2025.4一、單項選擇題：（本題共8小題，每小題5分，共40分）1.已知復數z滿足，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】計算出，利用復數除法法則計算出.【詳解】，故，.故選：B2.在中，若，則是（）A. B.或 C.或 D.【答案】C【解析】【分析】根據給定條件，利用正弦定理求出角.【詳解】在中，由正弦定理得，而，所以或．故選：C3.如圖，在中，是邊BC的中點，是AM上一點，且，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據向量的線性運算求解即可.【詳解】因為是上一點，可設，由題意知所以解得，所以，故選：A.4.一個圓臺的上、下底面的半徑分別為和，體積為，則它的表面積為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先利用圓臺的體積公式求得高，再利用圓臺的表面積公式即可得解.【詳解】依題意，設圓臺的高為，則，解得，所以圓臺的母線長為，則圓臺的表面積為.故選：B．5.已知點，，．則在上的投影向量為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據向量的坐標公式，結合投影向量的定義進行求解即可.【詳解】因為，，．所以，，，所以向量與的夾角為鈍角，因此量在上的投影向量與方向相反，而，，所以在上的投影向量為，故選：C6.若，表示兩條直線，，，表示三個不重合的平面，下列命題正確的是（）A.若，，，則B若，，，則C.若，，，則D.若，，，則【答案】D【解析】【分析】根據線線、線面、面面之間的位置關系逐項判斷.【詳解】對于A，若，，，則，或與相交，故A錯誤；對于B，若，，，則，或與為異面直線，故B錯誤；對于C，若，，，則，或與相交，故C錯誤；對于D，由可得，因為，所以，又因為，根據線面平行的性質定理可得，故D正確.故選：D.7.在中，角A、B、C的對邊分別為a，b、c，若，是的角平分線，點在上，，，則（）A. B. C. D.4【答案】A【解析】【分析】由正弦定理可得，可得，由已知利用角平分線的性質可得，由余弦定理，角平分線的性質可得，進而解得的值，進而根據余弦定理可得的值．【詳解】因為，所以由正弦定理可得，即，在中，，所以，所以，即，因為，，所以，因為，所以，因為是的角平分線，所以，在中，，①在中，，②因為，所以，由①②可得，，解得，，所以，由余弦定理可得，故選：A8.已知正方體的棱長為2，E，F分別是棱，的中點，動點P在正方形包括邊界內運動，若面，則線段的長度范圍是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先過點畫出與平面平行的平面，然后得出點的軌跡，最后計算的長度取值范圍即可.【詳解】如圖，分別作的中點，連接，如圖，易得，又平面，平面，故平面，在正方體中，易得，所以四邊形是平行四邊形，則，又平面，平面，故平面，又，平面，所以平面平面，因為面，平面，所以平面，又平面，平面平面，所以動點在正方形的軌跡為線段，在三角形中，，，所以點到點的最大距離為，最小距離為等腰三角形在邊上的高為，所以線段的長度范圍為.故選：D.【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是過作出面的平行面，從而求得的運動軌跡，由此得解.二、多項選擇題：（本題共3小題，每小題6分，共18分）9.如圖所示，已知P，Q，R分別是三邊的AB，BC，CA的四等分，如果，，以下向量表示正確的是（）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則，對各個選項逐個判斷求解即可.【詳解】由已知可得，故D錯誤；因為P，Q，R分別是三邊的AB，BC，CA的四等分點，由,故A錯誤；，故B正確；，故C正確.故選：BC10.下列結論中正確的是（）A.若，則或B.若，則C.若復數滿足，則的最大值為3D.若（，），則【答案】BC【解析】【分析】對于A：令，由此即可驗證；對于B：由模長公式以及復數乘法即可驗證；對于C：由復數的幾何意義即可驗證；對于D：令即可驗證.【詳解】對于A：令，所以由復數模長公式有，但這與或矛盾，故A選項不符合題意；對于B：令，所以，所以，且，所以，故B選項符合題意；對于C：令，若復數滿足，則有（其中），所以，所以，所以，即當且僅當即當且僅當時，有最大值為3，故C選項符合題意；對于D：令可知，但這與矛盾，故D選項不符合題意.故選：BC．11.如圖所示，在棱長為的正方體中，P，Q分別為線段，上的動點不含端點，則下列說法正確的是（）A.存在點P，Q，使得B.直線和直線異面C.存在點P，Q，使得平面D.周長的最小值為【答案】BD【解析】【分析】A選項，在取點，使，證明，和互為異面直線，可得不成立；B選項，由異面直線的判定可證明；C選項，由線面平行的性質，若平面，則，不合題意；D選項，將三棱錐展開成平面圖形，利用共線求最小值.【詳解】A選項，在取點，使，又正方體中有，則四邊形為平行四邊形，有且，又正方形中且，故且，則四邊形平行四邊形，有，平面，，平面，所以和互為異面直線，則和不可能平行，故不存在點P，Q，使得，A選項錯誤；B選項，在上取，與A選項同理可得，由圖可知，點在平面上方，點在平面下方，則直線與平面相交，交點在線段上，則，平面，平面，，則直線和直線異面，B選項正確；C選項，若平面，由平面，平面平面，則，此時點與點重合，不合題意，C選項錯誤；D選項，將三棱錐展開成平面圖形如圖，連接分別交和于，此時周長最短，即為，，，則由余弦定理得，即周長的最小值為，D選項正確.故選：BD.三、填空題：（本題共3小題，每小題5分，共15分）12.已知向量，，若，則______.【答案】【解析】【分析】根據向量垂直的坐標運算列式求解即可.【詳解】因為向量，，且，所以，解得.故答案為：13.已知水平放置的四邊形的斜二測直觀圖為矩形，已知，，則四邊形的面積為______.【答案】【解析】【分析】運用斜二測畫法畫出原圖，進而求出四邊形面積即可．【詳解】如圖，運用斜二測畫法畫出原圖.在軸位置不變，，點在軸上，由得，則，且，．則四邊形為平行四邊形，面積為：．故答案為：．14.斯特瓦爾特（Stewart）定理是由世紀的英國數學家提出的關于三角形中線段之間關系的結論．根據斯特瓦爾特定理可得出如下結論：設中，內角、、的對邊分別為、、，點在邊上，且，則．已知中，內角、、的對邊分別為、、，，，點在上，且的面積與的面積之比為，則______．【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，再利用斯特瓦爾特定理可求得的長.【詳解】由及正弦定理可得，，則，所以，，則，，故，，，由余弦定理可得，，則，故，由斯特瓦爾特定理可得，因此，.故答案為：.四、簡答題（解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.本題共5小題，共77分）15.設復數（其中），．（1）若是實數，求的值；（2）若是純虛數，求的虛部以及【答案】（1）；（2），【解析】【分析】（1）根據復數的分類即可求解，由復數的乘法運算即可求解，（2）根據純虛數的定義即可求解即可根據模長公式求解.【小問1詳解】∵是實數，∴，∴；.【小問2詳解】∵是純虛數，∴且，故，故的虛部為，.16.已知向量，.（1）若，求；（2）若向量，，求與夾角的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據求得，從而可得，于是；（2）由，可得，再由夾角公式計算即可.【小問1詳解】因為，，所以，.由，可得，即，解得，所以，故.【小問2詳解】因為向量，，所以，所以.則，，所以，所以與夾角的余弦值為.17.在中，內角，，所對的邊分別為，，，已知向量滿足：，，且．（1）求角；（2）若是銳角三角形，且，求的取值范圍．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）根據平行向量的坐標表示得出邊與角的關系式，再利用正弦定理即可求出角A；（2）利用正弦定理將邊表示成角的形式，即，再根據三角形形狀和輔助角公式，即可求出的取值范圍.【小問1詳解】因，，且，于有，即，在中，由正弦定理得：，而，于是得，所以或．【小問2詳解】是銳角三角形，由（1）知，，于是有，且，從而得，而，由正弦定理得，則，，則有，而，則，即,所以的取值范圍．18.如圖：在正方體中，棱長，M為的中點．（1）求三棱錐的體積；（2）求證：平面；（3）若為線段上的動點，則線段上是否存在點，使平面？說明理由．【答案】（1）（2）證明見解析（3）存在，理由見解析【解析】【分析】（1）利用等體積轉化求三棱錐的體積；（2）利用線面平行的判斷定理，轉化為證明線線平行，構造中位線，即可證明；（3）構造面面平行，即可說明線面平行.【小問1詳解】因為故三棱錐的體積為．【小問2詳解】證明：連接，設，連結，因為，分別是和的中點，所以，平面，平面，所以平面；【小問3詳解】存在點為的中點時，使平面，因為，且，所以四邊形是平行四邊形，所以，平面，平面，所以平面，且平面，且，平面，所以平面平面,若，則平面，所以平面所以線段上存在中點，使平面.19.古希臘數學家托勒密對凸四邊形（凸四邊形是指沒有角度大于180°的四邊形）進行研究，終于有重大發現：任意一凸四邊形，兩組對邊的乘積之和不小于兩條對角線的乘積，當且僅當四點共圓時等號成立.且若給定凸四邊形的四條邊長，四點共圓時四邊形的面積最大.根據上述材料，解決以下問題，如圖，在凸四邊形中，（1）若，，，（圖1），求線段長度的最大值；（2）若，，（圖2），求四邊形面積取得最大值時角的大小，并求出四邊形面積的最大值；（3）在滿足（2）條件下，若點是外接圓上異于的點，求的最大值.【答案】（1）（2）時，四邊形面積取得最大值，且最大值為．（3）【解析】【分析】（1）由題意可得，進而求出的最大值；（2）由題意可得，分別在，中，由余弦定理可得的表達式，兩式聯立可得的值，進而求出角的大小，進而求出此時的四邊