广东省东莞市五校2024?2025学年高一下学期联考数学试卷（含详解）

广东省东莞市五校2024 2025学年高一下学期联考数学试卷
一、单选题
1．从一个含有个个体的总体中抽取一容量为的样本，当选取抽签法、随机数法和分层随机抽样三种不同方法时，总体中每个个体被抽中的概率分别为，三者关系可能是（ ）
A． B． C． D．
2．在复平面内，复数（其中i为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．在中，已知，则C＝（ ）
A．60° B．30° C．30°或150° D．60°或120°
4．下面四个命题：
①过一点和一条直线垂直的直线有且只有一条；
②过一点和一个平面垂直的直线有且只有一条；
③过一点和一条直线垂直的平面有且只有一个；
④过一点和一个平面垂直的平面有且只有一个．
其中正确的是（ ）
A．①④ B．②③ C．①② D．③④
5．如图，在中，，点是的中点，设，则（ ）
A． B．
C． D．
6．在如图（1）所示的四棱锥中，底面为正方形，且侧面垂直于底面，水平放置的侧面的斜二测直观图如图（2）所示，已知，，则四棱锥的侧面积是（ ）
A． B．
C． D．
7．《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生二仪，二仪生四象，四象生八卦，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象．如图1所示的是八卦模型图，其平面图形如图2中的正八边形．其中为正八边形的中心，若，点为正八边形边上的一个动点，则下列说法正确的是（ ）
A．的最大值为1 B．
C． D．
8．已知锐角三角形中，角所对的边分别为的面积为，且，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知为复数，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若，则
D．若，则或
10．在日常生活中，我们会看到这样的情境：两个人共提一个行李包．假设行李包所受重力为，作用在行李包上的两个拉力分别为，且与的夹角为，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．越小越费力，越大越省力
C．当时， D．的范围为
11．如图，在棱长为1正方体中，点P，Q分别是线段，上的动点，点E是棱的中点，下列命题正确的有（ ）

A．异面直线与所成的角为定值
B．的最小值为
C．三棱锥的体积随P点的变化而变化
D．过点E作平面，当//平面时，平面与正方体表面的交线构成平面多边形的周长为
三、填空题
12．已知单位向量满足，则 .
13．已知复数满足，当的虚部取最小值时，
14．农历五月初五是端午节.这一天民间有吃粽子的习俗，据说是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国诗人屈原.粽子的形状有多种.今有某种粽子类似于由一个直角三角形绕它的一条直角边旋转（如图）而成.如果粽子的馅可以看成是这个几何体内的一个球状物，则粽子馅的最大体积为 .

四、解答题
15．已知复数，其中．
（1）设，若是纯虚数，求实数m的值；
（2）设，分别记复数在复平面上对应的点为A、B，求与的夹角余弦值以及在上的投影向量．
16．如图，在三棱锥中，．
（1）平面；
（2）当时，求二面角的正弦值．
17．在中，角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求角；
（2）若，，求的面积．
18．已知正三棱柱中，点是的中点，底面的边长为2，．
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
19．在内一点满足，则称为的布洛卡点，为布洛卡角．小明同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确的结论，比如，若下列问题中的点为的布洛卡点，请你和他一起解决如下问题：

（1）当，且时，求；
（2）角，，所对的边分别为，，，，求证：；
（3）在（2）的条件下，若的周长为4，试把表示为的函数，并求的值域．
参考答案
1．【答案】B
【分析】根据抽样的概念，每个个体被抽中的概率是均等的，进而即可选择答案.
【详解】因为在抽签法抽样、随机数法抽样和分层随机抽样中，每个个体被抽中的概率均为，
所以.
故选B.
2．【答案】B
【详解】因为，
所以的共轭复数为，对应点的坐标为，位于第二象限.
故选B.
3．【答案】D
【详解】由正弦定理可得，即，解得，
则或.
故选D
4．【答案】B
【详解】对于①：过一点和一条直线垂直的直线有无数条，故①不正确；
对于②：过一点和一个平面垂直的直线有且只有一条；故②正确；
对于③：过一点和一条直线垂直的平面有且只有一个；故③正确；
对于④：过一点和一个平面垂直的平面有无数个，故④不正确；
易知②③均正确，
故选B．
5．【答案】D
【详解】因为即，点为的中点，
所以，
所以.
故选D.
6．【答案】D
【详解】四棱锥中，底面为正方形，且侧面垂直于底面，
则侧面，侧面
由水平放置的侧面的斜二测直观图可知，，
由勾股定理可得，，
所以等腰三角形的面积为，
直角三角形与直角三角形的面积均为，
等腰直角三角形的面积为，
故该几何体的侧面积是.
故选D
7．【答案】A
【详解】在正八边形中，线段被点平分，，
，在中，，
对于A，当点在线段上时，在上的投影向量的模最大，而，
因此的最大值为，A正确；
对于B，，B错误；
对于C，在中，，
，C错误；
对于D，，因此，D错误.
故选A
8．【答案】A
【分析】根据面积公式，余弦定理和题干条件得到，结合正弦定理得到，由为锐角三角形，求出，从而求出，求出的取值范围.
【详解】因为，所以，
即，
所以，
整理得：，
因为，
所以，
由正弦定理得：，
因为，
所以，
因为为锐角三角形，
所以为锐角，
所以，即，
由，解得：，
因为，
所以，
解得：.
故选A.
【思路导引】三角形相关的边的取值范围问题，通常转化为角，利用三角函数恒等变换及三角函数的值域等求出边的取值范围，或利用基本不等式进行求解.
9．【答案】ABD
【详解】设，，因为，
，所以，故A正确；
又，
，
，
所以，故B正确；
取，，可得，故C错误；
若，由B选项知，所以或，可得或，故D正确；
故选ABD．
10．【答案】AC
【详解】
因为，所以平行四边形法则为菱形，故，即，故A正确；
根据向量加法的平行四边形法则越小越省力，越大越费力，故B错误；
当时，，又，所以为等边三角形，即，故C正确；
若，则，与矛盾，所以，故D错误；
故选AC.
11．【答案】ABD
【详解】由于平面平面,
平面,所以平面，平面，所以，则异面直线与所成的角为90°，故A正确；
把平面沿直线翻折到平面，使得与共面且不重合，点翻折到点M的位置，过A作交于点R，
由于与为全等的直角三角形，且,
所以，故,
故,则的最小值为线段的长，故B正确；

因为,由于为定值,且到底面的距离为定值，故体积为定值，故C错误.
分别取的中点为，连接构成六边形,则平面平面,故平面即为六边形所在的平面，由于六边形为正六边形，且边长为,故其周长为，故D正确.
故选ABD.

12．【答案】
【详解】因为，所以，所以，
则，故.
13．【答案】
【详解】设，则，
依题意，，即，
由，得，解得，
当的虚部取最小值时，即当时，则，解得，
所以.
14．【答案】
【详解】如图所示：是的中点，连接，，，，
则，，

根据对称性，球心在平面内，设为，设球半径为，
当球体积最大时，球与平面，平面，平面和直线相切，
设切点分别为，，，，平面与直线交于点，
则四边形为正方形，边长为，
中，，，
根据等面积法：，解得，
球的体积.
15．【答案】（1）
（2），
【详解】（1），因为是纯虚数，
所以且，解得；
（2）当时，，故，
，故．
设，则；
所以在上的数量投影向量为．
16．【答案】（1）见详解
（2）
【详解】（1）在中，，
由余弦定理，
即，解得，
所以，即，所以，
又，，平面，
所以平面；
（2）因为平面，又平面，所以，
又，所以为二面角的平面角，
取的中点，连接，因为，所以，
又，所以，
所以，
所以二面角的正弦值为.
17．【答案】（1）
（2）．
【详解】（1）在中，因为，可得．
因为，由正弦定理得，．
由，所以，可得，所以．
又由，所以，所以，所以，可得．
（2），
解得：，
故．
18．【答案】（1）见详解
（2）1
（3）
【详解】（1）连接交于点，连接，
因为四边形是矩形，所以为的中点，又是的中点，
又，又平面，平面，
所以平面.
（2）由于，又是的中点，所以，
在正三棱柱中，平面，平面，所以，
又平面平面，
所以平面，所以是三棱锥的高，又，所以，
（3）设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，
由（2）有平面，又平面，所以，
因为，，所以，
又，即，解得，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19．【答案】（1）；
（2）见详解；
（3）
【详解】（1）当，且时，得，
由余弦定理，得，所以，
又，所以，，
在中，由正弦定理得，解得，
比如，
在中，由正弦定理得，解得，
所以，解得.
（2）由，则，
在中，由正弦定理得，解得①，
在中，，
由正弦定理得，，得②，
由①②+，即.
由正弦定理，可得.
（3）由题意有，，则
，
所以，
因为，解得，
又由三角形边的关系知，则，即
，整理得，解得，即，
而时，单调递减，，，
所以的值域为.