高一数学试题答案
单选题
1.【答案】B
【解析】由和互为共轭复数，
所以可得，，， 所以，， 因此，.
故选：B.
2.【答案】A
【解析】若λb－a与a垂直，则(λb－a)·a＝0，即λ(a·b)－|a|2＝0，所以λ＝＝.
3.【答案】A
【解析】对于选项B，由于AB∥MQ，结合线面平行的判定定理可知B不满足题意；对于选项C，由于AB∥MQ，结合线面平行的判定定理可知C不满足题意；对于选项D，由于AB∥NQ，结合线面平行的判定定理可知D不满足题意，故选A.
4.【答案】D
【解析】对于A，若m∥β且l1∥α，则α，β可能相交，故A错误；
对于B，若m∥β且n∥β，要得出α∥β，必须满足m，n相交，故B错误；
对于C，若m∥β且n∥l2，要得出α∥β，必须满足m，n相交，故C错误；
对于D，由定理“如果一个平面内有两条相交直线分别与另一个平面平行，那么这两个平面平行”，由选项D可以推出α∥β，故D正确．
5.【答案】B
【解析】设圆柱的高为h，底面半径为r，圆柱的外接球的半径为R，则R2＝2＋r2.
因为圆锥的母线与底面所成角为60°，所以母线长l＝2r.
所以圆锥的侧面积为πlr＝2πr2，
所以4πR2＝4π＝4×2πr2，所以2＋r2＝2r2，所以h2＝4r2，所以＝2.
6.【答案】A
【解析】取AD的中点G，连接EG，FG(图略)．因为E，F分别是AC，BD的中点，所以EG＝CD，FG＝AB，又CD＝2AB＝4，所以EG＝2FG＝2，∠FEG为EF与CD所成的角(或其补角)．因为EF⊥AB，所以EF⊥FG，所以∠FEG＝30°.故异面直线EF与CD所成的角为30°.
7.【答案】B
【解析】∵PA⊥底面ABCD，CD 平面ABCD，∴CD⊥PA，
又底面ABCD是正方形，∴CD⊥AD，
又PA∩AD＝A，∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥PD，
可知∠PDA为侧面PCD与底面ABCD所成的二面角的平面角．
在Rt△PAD中，由PA＝AD＝1， 可得∠PDA＝45°.
即侧面PCD与底面ABCD所成的二面角的大小是45°.
8.【答案】C
【解析】在中，由余弦定理，可得.
设外接圆半径为，由正弦定理，得.
因为平面，球心在棱的中垂面上，且球心到平面的距离.
设球半径为，由，可得.
则球的表面积. 故选C.
多选题
9.【答案】BD
【解析】复数的虚部不为0，故不能比较大小，所以A选项错误；
设，（），则，
，则，
所以，B选项正确；
若，（），当均不为0时，均虚部不为0，故不能比较大小，C选项错误；
设，（），则，
则，
，，，
所以，D选项正确.
故选：BD.
10.【答案】ABD
【解析】对于A选项，由题意，连接,连接,易得，
平面，平面，故平面，选项A正确；
对于B选项，因为平面，平面，所以，
又，，平面，
所以平面，而平面，故，选项B正确；
对于C选项，由B选项可知，由于，所以与所成角就是直线与直线所成角，
因，，所以，
所以，即与直线所成角为，选项C不正确；
对于D选项，由选项A可知，与平面的距离就是点到平面的距离．
设点到平面的距离为，由，得，
即，解得，即与平面的距离为，选项D正确.
故选：ABD．
11.【答案】BD
【解析】选项A：因为在正方体中，,所以平面，又平面，动点是正方体表面上的一点，且满足，则平面；所以动点的轨迹为矩形，动点的轨迹长度为矩形的周长，即为，A说法错误；
选项B：连接，以为圆心，为半径画弧，如图所示，
当点在弧上时，连接，所以，又因为在正方体中平面，则在等腰中，，即与所成的角为，
则当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，
又，，，
所以点的轨迹长度为，B说法正确；
选项C：当点在平面时，，
易知此时面积最大值为，所以此时三棱锥体积的最大值为，C说法错误；
选项D：取的中点分别为，
连接，如图所示，
因为，平面，平面，所以平面，
，平面，平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面，
又因为，，，
所以平面和平面是同一个平面，则点的轨迹为线段，
在中，，，
则， 所以是以为直角的直角三角形，
所以，即线段长度最大值为，D说法正确；
故选：BD.
填空题
12.【答案】菱形 24cm2
【解析】如图，在原图形OABC中，
应有OD＝2O′D′＝2×2＝4(cm)，CD＝C′D′＝2cm，
所以OC＝＝＝6(cm)，
所以OA＝OC＝BC＝AB， 故四边形OABC是菱形．
S四边形OABC＝OA×OD＝6×4＝24(cm2)．
13.【答案】
【解析】分别取，，的中点，，，连接，，，
则，，， 又，即，
. 故答案为：.
14.【答案】12
【解析】由点在边上，得三点共线，又，
因此，
，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最小值12. 故答案为：12.
解答题
15.【答案】解 由题意，复数，则，
(1)若为纯虚数，则有，解得：；
(2)根据Z对应的点在上，则有，解得：．
16.【答案】解 (1)因为b cos A＝(2c＋a)cos (π－B)，
所以b cos A＝(2c＋a)(－cos B).
由正弦定理可得sin B cos A＝(－2sin C－sin A)cos B，
即sin (A＋B)＝－2sin C cos B， sin C＝－2sin C cos B.
又角C为△ABC的内角，所以sin C>0，
所以cos B＝－. 又B∈(0，π)，所以B＝.
(2)由S△ABC＝ac sin B＝，得ac＝4.
又b2＝a2＋c2－2ac cos B＝a2＋c2＋ac＝(a＋c)2－ac＝16.
所以a＋c＝2，所以△ABC的周长为4＋2.
17.【答案】解：（1）由题易知三棱柱为直三棱柱，故侧面，，均为矩形．又，故底面，都是直角三角形。因为，，所以．
所以三棱柱的表面积为．
（2）连接交于点，连接，由(1)知侧面为矩形
所以为的中点．因为为的中点，所以．
因为平面，平面，故平面．
18.【答案】解 (1)因为cos C＋cos Acos B＝2sin Acos B，
所以－cos(A＋B)＋cos Acos B＝2sin Acos B，
即sin Asin B＝2sin Acos B，
因为sin A≠0，所以sin B＝2cos B>0，
又因为sin2B＋cos2B＝1，解得cos B＝.
(2)∵a＋c＝2，可得c＝2－a，
由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac
＝a2＋(2－a)2－a(2－a)＝(a－1)2＋.
∵0
≤(a－1)2＋<4，∴≤b<2， 所以b的取值范围为.
19.【答案】(1)证明 在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，则△ABC和△ACD都是正三角形，
取BC的中点M，连接EM，AM，如图所示．
因为M为BC的中点， 所以在△ABC中，BC⊥AM.
因为EB＝EC，所以BC⊥ME.
又ME∩AM＝M，所以BC⊥平面MAE，
又EA 平面MAE，所以BC⊥EA.
同理可得DC⊥EA.
因为BC∩CD＝C，所以EA⊥平面ABCD.
(2)解 由(1)得EA⊥平面ABCD，
因为CF∥AE， 所以CF⊥平面ABCD.
因为AM 平面ABCD， 所以CF⊥AM.
又BC⊥AM，FC∩BC＝C，
所以AM⊥平面FCB.
由题意易求得AM＝，
又CF∥AE，CF 平面FCB，
AE 平面FCB， 所以AE∥平面FCB，
所以点E到平面FCB的距离等于点A到平面FCB的距离，即AM的长．
故VF－ECB＝VE－FCB＝S△FCB×AM＝××3×2×＝.怀仁市大地学校2024-2025学年度下学期第四次月考
高一数学
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2. 回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。
3. 回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4. 考试结束后，将答题卡交回。
第Ⅰ卷
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，只有一项是符合题目要求的）
1.已知是虚数单位，若和互为共轭复数，则复数的模为
A. 2 B. C. 10 D.
2.已知|a|＝，|b|＝，a与b的夹角为45°，要使λb－a与a垂直，则λ的值为
A. B. 2 C. D. 1
3.在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是
A. B. C. D.
4.已知m，n，l1，l2表示直线，α，β表示平面．若m α，n α，l1 β，l2 β，l1∩l2＝M，则α∥β的一个充分条件是
A. m∥β且l1∥α B. m∥β且n∥β C. m∥β且n∥l2 D. m∥l1且n∥l2
5.有一个圆锥与一个圆柱的底面半径相等，且圆锥的母线与底面所成角为60°，若圆柱的外接球的表面积是圆锥的侧面积的4倍，则圆柱的高是其底面半径的
A. 倍 B. 2倍 C.倍 D. 3倍
6.如图，在四面体ABCD中，E，F分别是AC，BD的中点，若CD＝2AB＝4，EF⊥AB，则异面直线EF与CD所成的角是
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
7.如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，PA＝1，则侧面PCD与底面ABCD所成的二面角的大小是
A. 30° B. 45° C. 60° D. 90°
8.已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，，，，，平面，则球O的表面积为
A. B. C. D.
二、多项选择题（在每小题给出的选项中，有多顶符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分;若只有3个正确选项，每选对一个得2分）
9.已知是复数，为虚数单位，则下列说法正确的是
A. B.
C. 若，则 D.
10.在棱长为1的正方体中，是线段的中点，以下关于直线的结论正确的有
A. 与平面平行 B. 与直线垂直
C.与直线所成角为 D.与平面的距离为
11.如图，点是棱长为3的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则
A.若点满足，则动点的轨迹长度为
B.当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为
C.三棱锥体积的最大值为
D.当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为
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.如图，矩形O′A′B′C′是由斜二测画法得到的水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6cm，O′C′＝2cm，C′D′＝2cm，则原图形是______，其面积为_______．
13.在空间四边形中，，且，若分别为的中点，则 .
14.已知中，为边上一个动点，若，则的最小值为 ．
四、解答题（本大题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15.(13分)已知复数
(1)当m为何值时 , Z为纯虚数
(2) 当m为何值时 , Z对应的点在上
16.(15分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足b cos A＝(2c＋a)cos (π－B).
(1)求角B的大小；
(2)若b＝4，△ABC的面积为，求△ABC的周长．
17.(15分)如图，在三棱柱中，侧棱底面，，为的中点，，．
（1）求三棱柱的表面积；
（2）求证：平面．
18.(17分)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足cos C＋cos Acos B＝2sin Acos B.
(1)求cos B的值；
(2)若a＋c＝2，求b的取值范围．
19.(17分)如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，EB＝EC＝ED，CF∥AE，AB＝2，CF＝3.
(1)求证：EA⊥平面ABCD；
(2)求四面体F－ECB的体积．