福建龙岩市一级校联盟2024年高一4月期中联考数学试题+答案.pdf

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1、 学科网（北京）股份有限公司 龙岩市一级校联盟龙岩市一级校联盟 20232024 学年第二学期半期考联考学年第二学期半期考联考 高一数学试卷高一数学试卷 （考试时间：120 分钟 总分：150 分）命题学校：永定一中 一一、选择题选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分.在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项是只有一项是符合题目要求的符合题目要求的.1.复数()()21 i1 iz=+=A22i+B22i C22i+D22i 2.在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，若2 2b=，712A=，6C=，则c=A1 B2

2、 C2 D3 3.若平面向量()1,2m=与n的夹角是 180，且52n=，则n=A1,12 B1,12 C11,2 D11,2 4.在ABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别是 a，b，c，1cos2B=，sinsinaBbC=，则该三角形的形状是 A直角三角形 B等腰三角形 C等边三角形 D等腰直角三角形 5.已知直线 a，b，c 是三条不同的直线，平面，是三个不同的平面，下列命题正确的是 A若a，b，则ab B若ab，a，则b C若a，b，且a，b，则 D，三个平面最多可将空间分割成 8 个部分 6.已知平面上四个点()1,2A，()1,1B，()2,1C，()3,4D，则向量AB 在

3、向量CD 上的投影向量为 A13,1010 B13,1010 C103 10,1010 D2 1,5 5 7.如图所示，在三棱柱111ABCABC中，若点 E，F 分别满足23AEAB=，23AFAC=，平面11EBC F 学科网（北京）股份有限公司 将三棱柱分成的左、右两部分的体积分别为1V和2V，则12:V V=A198 B21 C1710 D1611 8.已知ABC 是锐角三角形，内角 A，B，C 所对应的边分别为 a，b，c.若()()sinsinsinabABcB+=且2b=，则ABC 外接圆面积的取值范围是 A(),2 B(),4 C4,43 D()2,4 二二、选择题选择题：本题

4、共本题共 3 小题小题，每小题每小题 6 分分，共共 18 分分.在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中，有多项符合题目有多项符合题目要求要求.全部选对的得全部选对的得 6 分分，部分选对的得部分分部分选对的得部分分，有选错的得有选错的得 0 分分.9.在复数范围内（i是虚数单位），下列选项正确的是 A关于 x 的方程310 x =的解为1x=B复数()2024i 23iz=+的虚部是 5 C若复数 z 满足234iz=+，则5z=D已知 a，bR，若ia+是关于 x 的方程220 xbx+=的一个根，则1a=，2b=10.在ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，则下列的结论

5、中正确的是 Acos2cos2ABAB C若ABC 是锐角三角形，sincosAB恒成立 D若 O 为ABC 的外心，且7c=，3b=，则20AO BC=11.如图，正方体1111ABCDABC D的棱长为 1，P 是线段1BC上的动点，则下列结论正确的是 A三棱锥1AAPD的体积为定值 学科网（北京）股份有限公司 B1AP平面1ACD C1APB P+的最小值为2 2 D当1A，C，1D，P 四点共面时，四面体111B PAC的外接球的体积为32 三三、填空题填空题：本题共本题共 3 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 15 分分.12.已知复数izxy=+（x，yR），则复平面内满足1

6、 izm+=的点 Z 的集合围成的图形面积为16，则实数m=.13.“圆锥容球”是指圆锥形的容器里放了一个球，且球与圆锥的侧面及底面均相切（即圆锥的内切球）.已知某圆锥形容器的轴截面为等边三角形，高为2 3，则该圆锥内切球的表面积为 .（容器壁的厚度忽略不计）14.在四面体 ABCD 中，2 3ACBCCD=，4ABADBD=AB 平面，E，F 分别为线段 AD，BC 的中点，现将四面体以 AB 为轴旋转，则线段 EF 在平面上投影长度的取值范围是 .四、解答题四、解答题：本题共本题共 5 小题小题，共共 77 分分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

7、.15.（13 分）已知复数1iza=+（aR，i为虚数单位）.（1）若()12iz为纯虚数，求实数 a 的值；（2）若1 iz=+，且复数在复平面内所对应的点位于第四象限，求 a 的取值范围.16.（15 分）已知向量()3,4a=，(),3bx=.（1）当()()abab+且0a 时，求ab；（2）当()3,7c=，()abc+时，求向量a与b的夹角的余弦值.17.（15 分）如图，梯形 ABCD 是圆台12OO的轴截面，E，F 分别在底面圆1O，2O的圆周上，EF 为圆台的母线，160DO E=，已知4CD=，8AB=，G，H 分别为2O B，BF 的中点.学科网（北京）股份有限公司 （

8、1）证明：平面CGH 平面12OO FE.（2）若三棱锥 C-GBH 的体积为5 33，求圆台12OO的侧面积.18.（17 分）如图 1，在平面四边形 PABC 中，PAAB，CDAB，2224CDABPDAD=.E 是线段 PC 上靠近 P 端的三等分点，F 是线段 CD 的中点，DEPFM=.将PDC 沿 CD 折成四棱锥 P-ABCD，连接PA，PB，BD，如图 2.图 1 图 2（1）在图 2 中，证明：PA平面 BDE.（2）在图 1 中，求PMMF的值.19.（17 分）现有长度分别为 1，2，3，4 的线段各 1 条，将它们全部用上，首尾依次相连地放在桌面上，可组成周长为10

9、的三角形或四边形.（1）求出所有可能的三角形的面积.（2）如图，在平面凸四边形 ABCD 中，1AB=，3BC=，2CD=，4DA=.当A大小变化时，求四边形 ABCD 面积的最大值，并求出面积最大时BD的值.学科网（北京）股份有限公司 当1cos2A=时，ABD 所在平面内是否存在点 P，使得PAPBPD+达到最小？若有最小值，则求出该值；否则，说明理由.学科网（北京）股份有限公司 龙岩市一级校联盟龙岩市一级校联盟 20232024 学年第二学期半期考联考学年第二学期半期考联考 高一数学参考答案高一数学参考答案 一一、选择题选择题：本题共本题共 8 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 4

10、0 分分.题号 1 2 3 4 5 6 7 8 选项 A B A B D A A D 二二、选择题选择题：本题共本题共 3 小题小题，每小题每小题 6 分分，共共 18 分分.题号 9 10 11 选项 BC ACD ABD 8.【详解】因为22abbc=，所以22abbc=+.由余弦定理得2222cosabcbcA=+，所以2222cosbbcbcbcA+=+，即2bcbcosA=，由正弦定理得sinsin2sincosBCBA=，因为()CAB=+，所以()sinsinsincoscossinCABABAB=+=+，则sinsincoscossinBABAB=，即()sinsinBAB=.

11、因为ABC 是锐角三角形，所以02A，02B，所以22AB.又sinyx=在,2 2 上单调递增，所以BAB=，则2AB=.因为ABC 是锐角三角形，所以02B，022AB=，032CB=，所以64B，由正弦定理得22sinsinbRBB=，所以222sinsin46R，所以22R，解得11a，所以4x=，则()4,3b=，则()1,7ab=，所以()22175 2ab=+=.（2）由()3,7c=，(),3bx=，得()3,4bcx+=+.由()abc+，可得()3 4430 x +=，解得0 x=，所以5a=，3b=，()3 04312a b=+=，124cos,5 35a ba ba b

12、=.所以向量a与b的夹角的余弦值为45.17.（本题满分 15 分）（1）证明：在梯形 ABCD 中，4CD=，8AB=，1212OCO B.又 G 为2O B的中点，学科网（北京）股份有限公司 2212O GO B=，1212OCO G.故四边形12OO GC为平行四边形，12OGOO.又OG/平面12OO FE，12OO 平面12OO FE，CG平面12OO FE.G，H 分别是2O B，BF 的中点，2GHO F.又GH/平面12OO FE，2O F 平面12OO FE，GH 平面12OO FE.又CGGHG=，CG 平面 CGH，GH 平面 CGH，平面CGH 平面12OO FE.（2

13、）解：设12OOh=由（1）可知12OG OO，则 CG 为三棱锥 C-GBH 的高 h.故13GGBBHCHVSh=，由160DO E=，可得260AO F=，2120BO F=.又212GHO F，2122BGO B=，113sin1202 23222GBHSBG HG=.故115 33333C GBHGBHVShh=，5h=.在 RtCGB 中，()224229BCh=+=.故圆台的侧面积()()12224296 292SrR l=+=+=.18.（本题满分 17 分）学科网（北京）股份有限公司（1）证明：连接 AC，交 BD 于点 O，连接 OE（图略）.CDAB，AOBOOD，又2C

14、DAB=，所以2OCOA=，又E 是线段 PC 上靠近 P 端的三等分点，2CEPE=.故OCCEOAPE=，OEPA，PA/平面 BDE，OE 平面 BDE，PA平面 BDE.（2）解：由DEPFM=，可知 D，E，M 三点共线，P，F，M 三点共线.由 P，F，M 三点共线，可设PMPF=（01），1PFPM=.F 是 CD 的中点，1122PFPDPC=+，E 是线段 PC 上靠近 P 端的三等分点，3PCPE=，故11322PMPDPE=+，即322PMPDPE=+.由 D，E，M 三点共线，可得3122+=，解得12=.故1PMMF=19.（本题满分 17 分）解：（1）根据三角形两

15、边之和大于第三边，由题意可知，所有可能符合情况的三角形的三边长为12+，3，4 和2，3 1+，4，当三角形三边为12+，3，4 时，由余弦定理知等腰三角形顶角的余弦值2223341cos2 3 39+=，sin=214 5199=，14 53 32 529S=.当三角形三边为 2，3 1+，4 时，由余弦定理知等腰三角形顶角的余弦值2224427cos2 4 48+=，sin=学科网（北京）股份有限公司 2715188=，1154 41528S=.（2）连接 BD，由余弦定理知222217cos28ABADBDBDAAB AD+=，222cos2CBCDBDCCB CD+=21312BD，2

16、178cosBDA=，213 12cosBDC=，178cos13 12cosAC=，2cos3cos1AC=.又111 4 sin2 3 sin2sin3sin22ABCDABDBCDSSSACAC=+=+=+，()2222sin3sin4sin9sin12sinsinACACAC+=+.又2cos3cos1AC=，()22cos3cos1AC=.224cos9cos12coscos1ACAC+=.故()()2224 1 cos9 1 cos12sinsinABCDSACAC=+()22134cos9cos12sinsinACAC=+13 1 12coscos12sinsinACAC=+()

17、12 12cos24AC=+，当且仅当AC+=时，224ABCDS=，ABCDS取得最大值2 6，此时AC+=，2cos3cos1AC=，2cos3cos1AA+=，1cos5A=，1cos5C=，27713 12cos5BDC=，3855BD=.把APD 绕 A 逆时针旋转 60，如图，则1PP，1DD，连接1BD.学科网（北京）股份有限公司 1APP为等边三角形，则1APPP=，11PDPD=，14ADAD=，1133D ABD ADDAB=+=+23=，1111PAPBPDPPPBPDBD+=+（当且仅当1D，1P，P，B 共线时取得最小值），此刻22211122cos1 164213BDABADAB AD=+=+=，最小值为21.