資源簡介

2024-2025學年臨滄地區中學等三校高一（下）聯考數學試卷（5月份）
一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.設復數滿足，則的共軛復數
A. B. C. D.
2.已知，，則“”是“”的( )
A. 充分不必要條件 B. 必要不充分條件
C. 充要條件 D. 既不充分也不必要條件
3.已知，為空間中不重合的直線，，，為空間中三個不重合的平面，下列命題正確的是( )
A. 若，，則 B. 若，，則
C. 若，，，則 D. 若，，則
4.已知角，終邊上有一點，則( )
A. B. C. D.
5.已知正四棱臺的上下底面邊長分別為和，側棱長為，則此正四棱臺的體積為( )
A.
B.
C.
D.
6.如圖，在中，，，點在邊上，，沿翻折，得到三棱錐，滿足平面平面，則的最大值為( )
A. B. C. D.
7.向量滿足，，，若，則( )
A. B. C. D.
8.已知兩個不相等的正實數，滿足，則下列結論一定正確的是( )
A. B. C. D.
二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。
9.在中，角，，所對的邊分別為，，，外接圓半徑是，內切圓半徑是，下列說法中正確的是( )
A. 若，則
B. 若，則為等腰三角形
C. 若：：：：，則
D. 若，則為銳角三角形
10.已知是虛數單位，以下四個說法中正確的是( )
A.
B. 復數復平面內對應的點在第三象限
C. 若復數，滿足，則
D. 已知復數滿足，則在復平面內對應的點的軌跡為圓
11.正方體的棱長為，是側面上的一個動點含邊界；點在棱上，；則下列結論正確的有( )
A. 沿正方體的表面從點到點的最短距離為
B. 三棱錐的外接球表面積為
C. 若，則點的運動軌跡長度為
D. 平面被正方體截得截面面積為
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.已知函數若的最小值為，則的一個取值為______；的最大值為______．
13.若，且，則 ______．
14.清初著名數學家孔林宗曾提出一種“蒺藜形多面體”，其可由兩個正交的全等正四面體組合而成每一個四面體的各個面都過另一個四面體的三條共點的棱的中點如圖，若正四面體棱長為，則該組合體的表面積為______；該組合體的外接球體積與兩正交四面體公共部分的內切球體積的比值為______．
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.本小題分
已知向量，滿足，．
若，求與的夾角；
若對任意的實數，恒成立，求與的夾角．
16.本小題分
如圖，直三棱柱的體積為，是的中點．
Ⅰ求證：平面；
Ⅱ若的面積為，求點到平面的距離．
17.本小題分
在中，角，，所對的邊分別為，，，，：：，．
Ⅰ求角的大小；
Ⅱ求的值與的面積；
Ⅲ求的值．
18.本小題分
如圖，在多面體中，四邊形為直角梯形，且滿足，，，，平面．
證明：平面；
求平面與平面夾角的余弦值；
求點到直線的距離．
19.本小題分
已知，，，．
證明：當時，；
當時，試確定的符號．
若，試說明在內有唯一零點．
答案和解析
1.【答案】
2.【答案】
【解析】解：，，
若，則，即．
“”是“”的充分不必要條件．
故選：．
3.【答案】
【解析】解：若，，則或，故A錯誤；
若，，則或與相交，故B錯誤；
若，，，則或與異面，故C錯誤；
若，，由平面與平面平行的傳遞性可得，故D正確．
故選：．
4.【答案】
【解析】解：由于終邊上有一點，
所以，
故．
故選：．
5.【答案】
【解析】解：因為正四棱臺的上下底面邊長分別為和，側棱長為，
所以正四棱臺的高為，
所以此正四棱臺的體積為．
故選：．
6.【答案】
【解析】解：在中，，，
由余弦定理知，
故，
作交于，因為，可得，
，
在中，，
由余弦定理可得，
因為平面平面，，平面平面，平面，
所以平面，平面，
所以，
所以
，
因為，所以，
所以，
所以，
所以
故B的最大值為．
故選：．
7.【答案】
【解析】解：因為，所以，又，
又，則，，
所以，
即，即，又，
所以，
綜上，．
故選：．
8.【答案】
【詳解】因為，，
所以，則，即，
令，則，，
當時，，則單調遞減；
當時，，則單調遞增，
所以，
對于，總有，即在上單調遞增，
故，即在上恒成立，
所以對于，對于任意，在上取，
則，
所以當且趨向于時，趨向于無窮大，
當趨向于無窮大時，趨向于無窮大，趨向于，故趨向于無窮大，
所以的大致圖像如圖所示：
．
對于，因為，，不妨設，
由圖象可知，，故，故 AD錯誤；
對于，假設成立，取，
則，顯然不滿足，故 B錯誤；
對于，令，又，
則，
所以在上單調遞增，
又，則，即，
又，則，
因為，所以，又，在上單調遞增，
所以，即，故 C正確．
故選：．
9.【答案】
【解析】解：對于，因為，所以，所以，所以，故A正確；
對于，若，則由正弦定理得：，
所以，所以，
又因為，，所以或，
所以或，所以為等腰三角形或直角三角形，故B錯誤；
對于，若：：：：，
設，，，解得，，，
由余弦定理得：，
所以，
因為，
所以，
由正弦定理得：，所以，故C正確．
對于，因為，所以，
所以，所以，
因為，所以，
又因為，，，所以，，，
所以，所以為銳角三角形，故D正確．
故選：．
10.【答案】
【解析】解：，A正確；
復數在復平面內對應的點為，位于第二象限，B錯誤；
設復數，，，
則，不一定有，C錯誤；
復數滿足，則在復平面內對應的點的軌跡為以為圓心，為半徑的圓，D正確．
故選：．
11.【答案】
【解析】解：對于，將正方體的下面和側面展開可得如圖圖形，連接，
則，故A錯誤；
對于，因為，
所以中，，
則，
設外接圓半徑為，
則由正弦定理知：，則，
又平面，
設三棱錐的外接球半徑為，
則，
所以三棱錐的外接球表面積，故B正確；
對于，如圖所示：
，，，，分別為對應邊的中點，
可得，，，，，，
即，，，，，六點共面，
六邊形為邊長為的正六邊形，且平面平面，
因為，平面，平面，
所以，
又因為，平面，
所以平面，
平面，
所以，
同理可得，
，平面，且，
所以平面，
又平面平面，
所以平面，
又因為，是側面上的一個動點含邊界，
所以的軌跡為平面與平面上的交線，
所以點的軌跡為線段，
所以點的運動軌跡長度為，故C正確；
對于，取中點，連接，，，，
因為，，
所以，
所以平面，即為平面被正方體截得截面，
易知，，，
所以截面為等腰梯形，
所以此等腰梯形的高，
所以截面面積，故D正確．
故選：．
12.【答案】
【解析】解：因為函數的最小值，
下面分段求函數最小值．
當時，
函數，其圖象是拋物線，
開口向上，對稱軸為所以函數在上單調遞減，
在上單調遞增，當時，函數有最小值
，因為函數在整個定義域內最小值，
所以有，解得．
當時，函數，
要求函數在定義域內取最小值，
只需當且僅當，即，等號成立．
只需滿足，解得綜上有函數有最小值，
的取值范圍．
故答案為：答案不唯一，即可；．
13.【答案】
【解析】解：已知，
則，
又，
即，
則，
則，
即．
故答案為：．
14.【答案】
【解析】解：根據題意可知該組合體的表面積為個棱長為的小正四面體的側面積之和，
故該組合體的表面積為；
將該組合體嵌入到正方體內進行研究，如圖所示：
該組合體外接球半徑為正方體的外接球半徑，也是棱長為的正四面體的外接球的半徑，
兩正交四面體公共部分內切球半徑為正八面體的內切球半徑，也是棱長為的正四面體的內切球半徑，
根據正四面體的外接球與內切球的結論可知，
該組合體的外接球體積與兩正交四面體公共部分的內切球體積的比值為．
故答案為：；．
15.【答案】；
．
【解析】由題意，，，
由，可得，
即，解得，
所以，
又，
所以與的夾角為；
設與的夾角為，
由題意，對任意的實數，恒成立，
則有對一切實數恒成立，
整理得，
即對一切實數恒成立，
所以，
即，又因為，
所以，又，所以，
即與的夾角為．
16.【答案】Ⅰ證明見解答；Ⅱ．
【解析】解：Ⅰ證明：連接，交于點，連接，
因為，分別是，的中點，
所以是的中位線，
所以，
因為平面，平面，
所以平面；
Ⅱ設的面積為，棱長的長度為，到平面的距離為，
因為直三棱柱的體積，
因為是的中點，
所以的面積為，
所以三棱錐的體積，
因為的面積為，
所以由，
得，
解得．
所以到平面的距離為．
17.【答案】； ，； ．
【解析】因為，所以，即，
因為，所以，所以；
因為：：，所以由正弦定理得：：，設，，
因為，，所以由余弦定理：，得，
化簡得：，所以，所以，
所以，
由余弦定理：，
，
因為，所以，；
所以．
18.【答案】證明見解析；
；
．
【解析】證明：因為平面，平面，
所以，
且，，，平面，
所以平面，平面，
所以，
由條件可知四邊形是正方形，
所以，
又因為，且，平面，
所以平面；
解：如圖，以點為原點，以為，，軸的正方向建立空間直角坐標系，
因為，
可得，，，，
，，
由可知，平面的法向量可為，
，，
設平面的一個法向量為，
則，即，
令，可得平面的一個法向量，
所以，，，
所以，，
設平面與平面的夾角為，
所以，；
解：，，
，，
，
可得，
所以點到直線的距離．
19.【答案】證明見解析；
，理由見解析；
說明見解析．
【解析】證明：要證明當時，，
即證明當時，，
設，
即證明，
記，
則，
所以在上單調遞減，
又因為，
所以，
即當時，；
當時，，理由如下：
要說明，
即說明，，
由可知，當時，，
所以，
故只需說明，
其等價于，
即當時，成立，
即，
因為，
所以知，
所以，
所以成立，
所以對恒成立；
由已知，
當時，
單調遞減，單調遞減，
所以單調遞減，
又，
故存在唯一實數，使得；
當時，，
記，
易知在為單調遞減函數，
，
故存在唯一實數，使得，
即，
則在為單調遞增函數，在為單調遞減函數，
且，
，
則存在唯一實數，使得，
則在為正，在為負，
在上單調遞增，在上單調遞減，
故，，
故在上恒成立，
綜上可知：在內有唯一零點．

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