浙江省温州市十校联合体2024-2025学年高一下学期期中联考数学试卷（含解析）

浙江省温州十校联合体2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试题
一、单选题
1．已知平面向量，，若，则实数（ ）
A． B． C． D．
2．在中，，，，则（ ）
A．2 B． C．3 D．4
3．下列选项是真命题的是（ ）
A． B．
C． D．
4．已知中，，，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
5．在长方体中，若，，则异面直线，所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．一艘渔船航行到处时看灯塔在的南偏东30°，距离为6海里，灯塔在的北偏东60°，距离为海里，该渔船由沿正东方向继续航行到处时再看灯塔在其南偏西30°方向，则此时灯塔位于渔船的（ ）
A．北偏东60°方向 B．北偏西30°方向 C．北偏西60°方向 D．北偏东30°方向
7．已知三角形的重心为，内角A，，的对边分别为，，若，则三角形的形状是（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等边三角形 D．等腰直角三角形
8．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.已知在鳖臑中，，平面，当该鳖臑的外接球的表面积为时，则它的内切球的半径为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知为非零实数，复数，，则（ ）
A．的实部为 B．的最小值为
C． D．当时，
10．在底面是菱形的四棱锥中，，，，点在上，且，点是棱的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．三棱锥的体积为
C．当是棱的中点时，平面
D．直线与平面所成的角的正切值最大为
11．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了：已知三角形三边，，，求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即：，现有满足，且的面积，请运用上述公式判断下列命题正确的是（ ）
A．周长为9
B．若点为的外心，则
C．内切圆的面积为
D．的中线长为
三、填空题
12．已知复数，则的虚部为 .
13．已知正三角形的边长为4，设点是以边为直径的圆上的动点，则的最大值为 .
14．如图，已知正四面体中，侧棱长为2，为中点，为中点，是上的动点，是平面上的动点，则最小值是 .
四、解答题
15．已知复数不是纯虚数，且满足.
(1)求
(2)若复数是关于的方程（其中，为实数）的根，求.
16．在中国传统文化中，灯笼作为节日和庆典的象征，常常蕴含着丰富的美学与数学设计.灯笼不仅要考虑美观，还要具备结构上的合理性和稳定性.现在有一盏独特的节庆灯笼，它的外形结构包括多个几何体，具体设计如下：顶部装饰：灯笼的顶部是一个正六棱台，上底边长为，下底边长为，高度为；中间结构：灯笼的中部是一个正六棱柱，底面边长为，高度为；底部基座：灯笼的底部是一个倒置的正六棱台，其形状、大小均与顶部的正六棱台相同.
(1)求灯笼总体积.
(2)灯笼所需纸张的总表面积.（备注：灯笼上下底不糊纸.）
17．如图，设，是平面内相交成60°角的两条数轴，，分别是与，轴正方向同向的单位向量.若则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标，记作，已知点，分别在，轴，，，，为非零实数，点满足.
(1)求向量在坐标系中的坐标；
(2)若，，求向量在坐标系中的坐标；
(3)求的最小值.
18．如图，多面体中，四边形为矩形，，，，，，，.
(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求点到平面的距离.
19．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于120°时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角，，所对的边分别为，，，点为的费马点，且满足，.
(1)求；
(2)求的值；
(3)求的取值范围.
参考答案
1．B
【详解】因为平面向量，，且，则，所以.
故选：B.
2．A
【详解】由题可得，，因，则，
则.
故选：A
3．D
【详解】如图，在正方体中，
对于A，记平面为，平面为，平面为，
则满足，但不垂直，故A错误；
对于B，记平面为，直线为，直线为，
则满足，但，故B错误；
对于C，记平面为，平面为，直线为，直线为，
则满足，但，故C错误；
对于D，由面面平行的性质定理可知，故D正确.
故选：D
4．C
【详解】根据题意可得，由勾股定理可知；
则在上的投影向量为.
故选：C
5．B
【详解】连接、，由题可得，又，
则四边形为平行四边形，则，
即，所成角，即为与所成角或其补角，
又由题可得，，
则.
因此，异面直线，所成角的余弦值为.
故选：B.
6．D
【详解】如图，
由题意，在中，，，，
则为正三角形，则，
在中，因为，，
由余弦定理得，
所以，故，
此时灯塔C位于渔船的北偏东方向.
故选：D.
7．D
【详解】因，则.
又，由平面向量基本定理可得：
.
则，，故三角形是等腰直角三角形.
故选：D
8．C
【详解】
根据已知条件可以将三棱锥放在长方体中，如图，
三棱锥 的外接球即为长方体的外接球，
设三棱锥 的外接球的半径为，内切球的半径为，
三棱锥 的外接球的表面积为，，，
，，解得，
，
，，
三棱锥 的表面积为
，
又，，
故选：C.
9．BC
【详解】因为复数，，所以，
所以的实部为，故A错误；
，当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为，故B正确；
因为，所以，
，所以，故C正确；
当时，，则，又，根据两虚数不能比较大小，故D错误.
故选：BC.
10．ACD
【详解】对于A选项，因为四边形为菱形，则，
因为，，，故为等边三角形，
所以，，则，故，同理可得，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，故，A对；
对于B选项，易知为等边三角形，，
因为点在上，且，则，
故，B错；
对于C选项，连接交于点，连接，取线段的中点，连接、，
因为四边形为菱形，，则为的中点，
因为点在上，且，为的中点，则，
所以为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为为的中点，为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，、平面，所以平面平面，
因为平面，故平面，C对；
对于D选项，如下图所示：
由A选项可知，平面，所以直线与平面所成角为，
因为平面，所以，则，
因为是边长为的等边三角形，故，
因为平面，平面，所以，
又因为，故为等腰直角三角形，则，
当时，取最小值，且最小值为，
此时，取最大值，且最大值为，D对.
故选：ACD.
11．BCD
【详解】对于A，因为，故设，，，
所以，
因为，所以，解得或（舍去），
所以，，，所以的周长为，故A错误；
对于B，因点为的外心，
则，
同理可得，，
则，故B正确；
对于C，记的内切圆半径为，则，即，
则，故内切圆面积为，故C正确；
对于D，因，则，
利用余弦定理可得，，
即，解得，故D正确.
故选：BCD
12．/
【详解】因为，故复数的虚部为.
故答案为：.
13．12
【详解】如图以中点为原点，为轴建立平面直角坐标系，
因为正三角形的边长为4，
则，
以边为直径的圆为，设，
则，
所以
，
因为，所以的最大值为12.
故答案为：12
14．/
【详解】由题可得，平面SCF，则平面SCF.
取BC中点为G，连接EG与CF交于H，因，则平面SCF.
设P关于平面SCF的对称点为，由对称性可知，，则.
则当A，Q，三点共线时可得最小，此时，
则当时，取最小值.
在三角形中，由题可得
则.
综上，.
故答案为：
15．(1)
(2)
【详解】（1）由已知，设
代入并整理得：
，
解得，所以，
所以.
（2）由（1）可得，由是方程的根，
所以也是方程的根，
由一元二次方程根与系数的关系得，
得，解得，，则.
16．(1)
(2)
【详解】（1）.
.
.
.
（2）作出正六棱台的示意图所示：
由题意可得正方棱台的截面也是等腰梯形，过作于，
由题意可得，所以，所以，
由侧面是等腰梯形，且上底为，下底为，腰为，
所以梯形的高为
.
.
17．(1)
(2)
(3).
【详解】（1）由可得.
即.
即向量在坐标系中的坐标为；
（2）若，则.
所以.
因为，.
即.
解得，
所以向量在坐标系中的坐标为；
（3）因为，；
所以；
当，即时，取得最小值，最小值为.
18．(1)证明见解析
(2)
(3)
【详解】（1）∵，，
又，，平面，
∴平面，
∵平面，∴平面平面.
（2）作于，因为平面，
由（1）知平面，所以，
又，、平面，
所以平面，连结，
∵，∴点到平面的距离等于点到平面的距离，
设直线与平面所成角为，
又，，
所以，
故直线与平面所成角的正弦值为.
（3）由（2）知平面，设点到平面的距离为，
又，则，得到，
又，，，
所以.
19．(1)
(2)-2
(3)
【详解】（1）由，得，
所以，
所以.，
所以，
因为，所以，
可得，又，所以；
（2）由，可得的三个内角均小于120°，又点为的费马点，
则，
由可得，
由余弦定理可得，
所以，所以，
又，
故，
可得.
所以；
（3）设，则，，，
其中，
在中，由正弦定理可得，即，
则，
在中，由正弦定理可得，即，
则，
，
又
，
又，
所以的取值范围是.