资源简介

试卷类型： A
2024－2025 学年第二学期珠海市实验中学、河源高级中学、中山市实验中学、
惠州市博罗中学、珠海市鸿鹤中学、惠州市实验中学 5 月联考试卷
高一 数学
满分：150 分 考试时间：150 分钟
说明：本试卷共 4 页，21 小题，满分 150 分，考试用时 120 分钟。
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题
卡上。用 2B 铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上。
2．选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑。如需改动，用
橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。
第 I卷（选择题，共 58分）
一、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.）

1．已知向量 a 1, x ，b 3,1 ，若 a b，则 x的值为（ ）
1 1
A． 3 B．3 C． D．
3 3
2．在三角形 ABC中， a 2， B π ，b 2 3 ，则 A （ ）
3
A． π B． π C． π 或 2π D． π 或 5π
3 6 3 3 6 6
3．紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品.如图球形的壶体可以近似看成一个半径为 6cm球体，那么该
壶装满茶水后全部倒入底面半径为 3cm且高为 4cm的圆柱形茶杯内，则需要的茶杯个数最少为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
4 a

．已知向量 ,b 满足 a 1, b 2，且 (a b) a，则 a与b 的夹角为（ ）
π π 2π 5π
A． B． C． D．
6 3 3 6
z 3 i5．若复数 ，则复数 z的共轭复数 z （ ）
1 i
A．1 2i B． 1 2i C． 1 2i D．1 2i
6．设m,n表示两条不重合的直线， , 表示两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若m∥ ,m n，则 n
B．若m ,n ,m∥ ,n∥ ，则 ∥
数学试卷 第 1页 共 4页
{#{QQABBYQ0wgKQ0BYACR4qAQUaCQgQkIGQLWomwRAcuAQCgINABIA=}#}
C．若m / /n,n ，则m / /
D．若m / / ,m / / , n，则m // n

7．如图，在VABC中，AB 4，AC 3 , π BAC , P为CD上一点，且 AD 2DB，若 AP mAC 1 AB，
3 2
则 AP AB的值为（ ）
A 7 B 21 C 19 D 13． ． ． ．
6 4 2 12
8．一圆台的上底面半径为 5，下底面半径为 12，母线长为 14，在圆台内放置的一个半径最大的球体，则
该球体的表面积为（ ）
A．192π B． 147π C． 256 3π D． 343 3π
2
二、选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，
全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.）
9．已知复数 z 1 3i ，则下列结论正确的是（ ）
A． z 1 3i
B．复数 z在复平面内对应的点在第三象限
C．复数 z是方程 x2 2x 4 0在复数集内的一个解
D．若复数 满足 | z | 1，则 | |max 3
10．在 ABC中，角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，对于 ABC有如下命题，其中正确的是（ ）
A．若 a2 b2 c2，则 ABC是锐角三角形
B π．若 A ， a 3，则 ABC的外接圆的面积等于 π
3
C．若 ABC是锐角三角形，则 sinA cosB
D．若 acosA bcosB，则 ABC是等腰直角三角形
11.如图，在棱长为 2的正方体中 ABCD A1B1C1D1， E为线段CC1的中点， F 为线段 A1B上的动点（含端
点），则下列结论正确的有（ ）
数学试卷 第 2页 共 4页
{#{QQABBYQ0wgKQ0BYACR4qAQUaCQgQkIGQLWomwRAcuAQCgINABIA=}#}
9
A．过 A，D1 ，E三点的平面截正方体 ABCD A1B1C1D1 所得的截面的面积为 2
B．存在点F ，使得平面 EF / / 平面 AD1C
C．当 F 在线段 A1B上运动时，三棱锥C AFD1的体积不变
D．异面直线 EF与 AD 所成角的正切值的取值范围是 1 5 ，2 2
第 II卷（非选择题，共 92分）
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.）
12．已知 i为虚数单位，若 1 2i 2 ai 是纯虚数，则实数 a ．
2π
13．已知VABC的面积为 3 ， A ，3 BA BC 6
，则 AC .
14．在三棱锥 A SBC 中， AB 2 3， SA AC， SB BC，且 SA AC， SB BC，若该三棱锥的体积
为 4 3 ，则三棱锥 S ABC 外接球的体积为 .
3
四、解答题（本题共 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．(本题 14 分)

已知平面向量 a,b ,c，且 a 2,1 ，b 3, 2

(1)求 a 在 b 方向的投影向量的坐标；

(2)若 c∥a，且 c 2 5 ，求向量 c 的坐标；

(3)若 ka b与 a b的夹角为锐角，求实数 k的取值范围.
16．(本题 14 分)
如图，在三棱柱 ABC A1B1C1中，侧棱 AA1 底面 ABC，AB BC，D为 AC的中点，AA1 AB 2 ，
BC 4．
(1)求证： AB1∥平面BC1D；
(2)求直线BC1与平面 AA1C1C所成角的正弦值．
数学试卷 第 3页 共 4页
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17．(本题 15 分)
在VABC中，a、b、c分别为角 A、 B、C所对应的边，已知 a 3， c 2 ， B 45 .
(1)求 b及 sinC的值；
4
(2)在边 BC上取一点D，使得 cos ADC ，求 AD及 CD的长.
5
18．(本题 17 分)
如图 1，等腰梯形 ABCD中，AD / /BC，E为 AD边上一点，且 AB AE BE CD 2，BC ED 4，
O为 BE 中点， F 为 BC中点.将 ABE沿 BE 折起到 A BE的位置，如图 2．
(1)证明：CD 平面 A OF ；
(2)若 A O OF ，求点 F 到平面 A EC的距离.
(3)试在线段 A D上确定一点G，使得平面GCE∥平面 A OF , 并给出证明.
19．(本题 17 分)
费马问题是著名的几何极值问题，它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VABC的三个内角均小于 120°时，使得 APB BPC CPA 120 的点 P就是它到三个顶点距
离之和最小的点，这个点 P称为费马点，当VABC的有一个内角大于或等于 120°时，最大内角的顶点即为
费马点．
试用以上知识解决下面问题：
在VABC中，角 A,B,C所对的边分别是 a,b,c cos A a，若
cosC 2b c
(1)求 A；
(2)设点 P为VABC 的费马点.
b
①若 PA PB PB PC PC PA 3，且 a 7 ，求 的值；
c
b
②设 PAB ，若30 45 ，求 的取值范围.
c
数学试卷 第 4页 共 4页
{#{QQABBYQ0wgKQ0BYACR4qAQUaCQgQkIGQLWomwRAcuAQCgINABIA=}#}2024－2025 学年第二学期 5 月六校联考
高一数学参考答案及评分标准
一、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.）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A B C B A D C B
二、选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，
全部选对得 6 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分.）
题号 9 10 11
答案 BCD BC AC
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.）
32
12. -1 13. 2 14.
3
部分选择题填空题详解:
7．C

【详解】因为 AD 2DB，所以 AB 3 AD ,
2
1 1 3 3 所以 AP mAC AB mAC AD mAC AD，
2 2 2 4
因为 P,C,D三点共线，所以m
3 1
1，解得m ，
4 4
π
所以 AP 1 AC 1 AB ，由于 AB 4， AC 3 , BAC ,
4 2 3
2
所以 1 1 1 AB AC 1 AB 1 4 3cos 1 19AP AB AC AB AB 4
2 .
4 2 4 2 4 3 2 2
故选：C.
8．B
【详解】设圆台的上、下底面的半径分别为 r1,r2 ，由题知 r1 5, r2 12，
又母线长为 2，则圆台的高为 h 142 r r 2 142 722 1 7 3 ，且轴截面底角为 60°
若球与圆台的下底面和侧面相切，
设球的半径为 R，球心为O，圆台的上、下底面的中心分别为O2 ,O1，
与圆台侧面的一个切点为 F ，过球心的轴截面如图所示，
连接OF ,OC，易知 R r2 tan 30
4 3
又 2R 8 3 h 7 3 ，所以球与圆台的上、下底面相切，与侧面不相切，
所以 R h 7 3 ，球的表面积为 S 4πR2 147π，
2 2
故选：B.
9．BCD
2
【详解】对于 A， z = z = 12 +(- 3) = 2，故 A错；
对于 B，复数 z在复平面内对应的点坐标为 1, 3 ，在第三象限，故 B正确；
2
对于 C，将 z 1 3i 代入方程，得 1 3i 2 1 3i 4 2 2 3i 2 2 3i 4 0 ，故 C正确；
高一数学参考答案 第 1页/共 6页
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对于 D，设复数 对应向量为OW x, y ，复数 z对应的向量为OZ 1, 3 ，

由 | z | 1得， ZW 1， 对应点在圆心为 1, 3 半径为 1的圆上，
uuur uuur uuur
所以 OW = OZ + ZW = 2+ 1= 3 ，即 | |max 3，故 D正确；
max
故选：BCD．
10．BC
a2 b2 c2
【详解】A：由余弦定理，得 cosC 0，得 C为锐角，不能判断 ABC为锐角，故 A错误；
2ab
B：设 ABC a 3的外接圆的半径为 R，由正弦定理得 2R 2 ，
sin A 3
2
得 R 1，所以其外接圆的面积为 πR2 π，故 B正确；
π π π
C：若 ABC为锐角三角形，则 A B ，且 A B 0，2 2 2
所以 sin A sin
π
B cos B，故 C正确；
2
D： a cos A bcosB ，由正弦定理，得 sin Acos A sin BcosB ，
即 sin 2A sin 2B，所以2A 2B或 2A π 2B，
即 A B或 A π B ，则 ABC为等腰三角形或直角三角形，故 D错误.
2
故选：BC.
11．AC
【详解】对于 A，∵正方体的对面互相平行，
∴过 A,D1,E三点的平面截正方体 ABCD A1B1C1D1的对面 ADD1A1,BCC1B1 所得截线互相平行，
又∵ E为线段CC1的中点，∴截面交 BC于其中点 G，
连接 AG,GE,ED1 ,D1A，则四边形 AD1EG即为所求截面，显然为等腰梯形，
且 AD1 2 2,EG 2, AG D
2
1E 2 1
2 5 ，
AD EG 2
2
2 3 2
梯形的高 h AG2 1 5 ，
2 2 2
3 2
面积为 AD1 EG h 2 2 2 ·S 9 2 ，故 A正确；
2 2 2
过 E与平面 AD1C平行的直线都在过 E与平面 AD1C平行的平面内，
易知过 E与平面 AD1C平行的平面截正方体 ABCD A1B1C1D1的截面为如图所示 1
的六边形EGHIJK，其各顶点都是正方体的相应棱的中点，
由于 A1B / / IH , A1H 不在平面EGHIJK内，∴平面 EGHIJK与直线 A1B平行，
∴平面EGHIJK与线段 A1B没有公共点，故 B错误；
高一数学参考答案 第 2页/共 6 页
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∵ A1B / /D1C ，D1C 平面 AD1C， A1B不在平面 AD1C内，
∴ A1B / / 平面 AD1C，
又∵ F A1B，∴ F 到平面 AD1C的距离为定值，又∵ AD1C的面积为定值，
∴当 F 在线段 A1B上运动时，三棱锥C AFD1的体积不变，故 C正确；
对于 D, 如图 2 ，过 E G作 EG⊥D1C,G为垂足，在线段 A1B上取点 H,使 HG//BC,
H
2
当 F位于 H点时，EF与 AD所成角最小，此时正切值为 ,故 D错误.
4
故选：AC.
13．2
1 3
【详解】由题设 bc sin A bc 3 ，则bc 4，
2 4
2
又 BA BC AB (AB AC) AB AB AC c2 bccos A 6 ，
所以c2 2 6 c 2，则b 2 ，
综上， AC 2 .
故答案为：2
32
14．
3
【详解】取SC 的中点O，连接OA、OB，如下图所示：
SA AC， SB BC，且 SA AC， SB BC，
所以， SAC、△SBC均为等腰直角三角形，且 SAC SBC π ，
2
1
所以，OA OB SC OC OS，所以，SC 为三棱锥 S ABC 的外接球直径，
2
设 SC 2r，可得OA OB r，设 AOB ，
SA AC，O为SC 的中点，则OA SC，同理可得OB SC，
OA OB O,OA,OB 平面OAB， SC 平面OAB，
1 1 1 1 1
所以， VS ABC V 2S OAB VC OAB SO S△OAB OC S△OAB SC S3 3 3 △OAB 2r r sin
1
r 3 sin 4 3 ，
3 2 3 3
sin 4 3 ，
r3
2
在△OAB r 6中，由余弦定理可得 AB2 OA2 OB2 2OA OB cos ，即 2r 2 2r 2 cos 12，可得 cos ，
r 2
2
2 2 48 r
2 6
由 sin cos 1，可得 6 2 1，化简可得 r
4 3r 2 4 0 ，
r r
r2即 1 r2 4 0，
r 0 ，解得 r 2，
高一数学参考答案 第 3页/共 6页
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4 3 4 3 32π
因此，三棱锥 S ABC外接球的体积为V πr π 2 .
3 3 3
32π
故答案为： .
3
四、解答题（本题共 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．(本题 14 分)

【详解】（1）解： a 2,1 ，b 3, 2 ，

故 a b 6 2 4 ， b 13 ，————2分
r
a在b 上的投影向量为 a b 4 12 ,
8
.————4分
2 b (3, 2)
b 13

13 13
r
（2）解：设 c x, y ， a 2,1 ，

c∥a x 2y，又 c 2 5 x2 y2 20，————6分
x 4 x 4
或 ，
y 2


y 2
c 4,2 或 4, 2 . ————9分

（3）因为 a 2,1 ，b 3, 2

所以 ka b 2k 3,k 2 ， a b 1,3 ，

ka b 因为 与 a b的夹角为锐角，

ka b a b 0 1 2k 3 3 k 2 0所以 即 2k 3 k 2 解得 k 9 且 k 1————14分
ka b与a b不共线 1 3
16．(本题 14 分)
【详解】（1）连接 B1C交 BC1于点O，连接OD，因为四边形 BCC1B1为矩形，
所以O为 B1C的中点．因为D为 AC的中点，所以OD∥AB1 ． ————3分
因为 AB1 平面 BC1D，OD 平面BC1D，
所以 AB1∥平面 BC1D． ————6分
(2) 过 B点在底面 ABC内作 BE⊥AC,垂足为 E,连接 C1E,
∵侧棱 AA1 底面 ABC， BE 平面 ABC,
∴ AA1 BE
又 AA1 AC A , BE 平面 AA1C1C ,
∴ BC1E就是直线 BC1与平面 AA1C1C所成角的正弦值．————10分
因为 AB BC， AA1 AB 2， BC 4，所以 AC AB2 BC 2 22 42 2 5 E
∴ BE AB BC 2 4 4 5 ， BC BB 21 1 BC
2 22 42 2 5
AB2 BC 2 22 42 5
4 5
∴ sin BE 2 BC1E 5 C1E 2 5 5
∴直线BC1与平面 AA1C1C
2
所成角的正弦值为 ． ————14分
5
17．(本题 15 分)
【详解】（1）由余弦定理可得b2 a2 c2 2accosB 9 2 2 3 2 2 5，
2
b 5 ，————3分
2 2
由正弦定理可得， c b ，则 sinC c sin B 2 5 . ————6分
sinC sin B b 5 5
（2）由 cos ADC
4
，可知 ADC为钝角，
5
高一数学参考答案 第 4页/共 6 页
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则 sin ADC 1 cos 2 ADC 1 (
4
) 2 3 ， ————8分
5 5
AD AC
在△ACD中，由正弦定理， ，sinC sin ADC
5
AD AC sinC
5 5
则 5 . ————11分
sin ADC 3 3
5
设 CD=x,在△ACD中，由余弦定理 AC 2 AD2 DC 2 2AD DC cos ADC
即5 25 x2 2 5 x 4 2 化简9x 24x 20 0 ，解得 x
2 10
（ x 舍）
9 3 5 3 3
2
即 CD= ————15分
3
18．(本题 17 分)
【详解】（1）证明：在等腰梯形 ABCD中， AD / /BC， BC ED 4，
所以四边形 BCDE是平行四边形，所以BE / /CD，
因为 AB AE BE CD 2，
所以 ABE为等边三角形，则∠BAE 60 .
因为O为 BE 中点，所以 BE A O，————————————————2分
在等腰梯形 ABCD中，可得 BAE CDE CBE 60 .
2
连接 EC，在VBEC中，由余弦定理可得 EC BC 2 BE 2 2BC
1
BE cos EBC 42 22 2 4 2 12 ,
2
则 EC 2 3 ，所以 BE2 EC2 16 BC2 ，则 BE EC .
因为O、 F 分别是 BE、 BC中点，
所以OF / /EC，所以OF BE ， ————————————————4分
从而可得OF CD，CD A O，
因为 A O OF O， A O、OF 平面 A OF ，

所以CD 平面 AOF ． ————————————————6分
（2）由（1）可知，OF / /EC，因为OF 平面 A EC， EC 平面 A EC，
所以OF / / 平面 A EC，
所以点F 到平面 A EC的距离即为点O到平面 A EC的距离.
因为O是 BE 中点，所以点 F 到平面 A EC的距离等于点 B到平面 A EC的距离的一半.
取 A E的中点为 H ，连接 BH .
因为 A BE为等边三角形，所以 BH A E，
由（1）知 EC BE，
因为 A O OF ，而OF / /EC， EC A O
又因为BE A O O， BE、 A O 平面 A BE，
所以EC 平面 A BE .
因为 BH 平面 A BE，所以EC BH .
又因为 EC A E E， EC、 A E 平面 A EC，
所以 BH 平面 A EC，————————————————9分
则点 B到平面 A EC的距离为 BH .
因为 A BE是等边三角形，边长为 2 ，故 BH 22 12 3 ，
所以点 B到平面 A EC的距离为 3 ，
故点 F 到平面 A EC 3的距离为 ． ————————————————11分
2
FM CF 1 A G 1
（3）设 DF∩CE=M,则 ,在 A D上取点 G,使 ,
MD ED 2 GD 2
从而GM / /A F , G连接 CG,EG
因为 A F 平面GEC，GM 平面GEC，
所以 A F / / 平面GEC，————14分
又由（1）可知，OF / /EC， M
OF 平面GEC，GM 平面GEC，
所以OF / / 平面GEC， ————16分
高一数学参考答案 第 5页/共 6页
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又∵ A F OF F , ∴平面GCE∥平面 A OF ,
故 G为线段 A D上靠近 A 的三等分点时，平面GCE∥平面 A OF . ————17分
19．(本题 17 分)
cos A a cos A sin A
【详解】（1）在VABC中利用正弦定理 可化为 ，
cosC 2b c cosC 2sin B sinC
则 cos A 2sin B sinC sin AcosC，
即 2cos Asin B cos AsinC sin AcosC sin A C sin B，
1 π
因 B 0, π ，则 sin B 0，则 cos A ，又 A 0, π ，则 A ， ————4分
2 3
π
（2）由（1）知 A ，所以VABC的三个内角均小于120 ，
3
从而费马点 P在VABC 的内 部，且 APB BPC CPA 120 ，
①设 PA x， PB y， PC z
1
则 PA PB PB PC PC PA xy xz zy 3，则 xy xz zy 6 ————6分
2
S 3 1 3由 △APB S△CPB S△APC S△ABC 得： xy xz zy bc ，则bc 6————8分4 2 2
π
在VABC中， a 7 , A ,
3
由余弦定理得： a2 b2 c2 2bccos A b2 c2 bc 7——10分
代入bc 6 得：b2 c2 13，
则b 2 c 3 b 3 c 2 b 2 3， 或 ， ，则
c 3 或
——12分
2
②由于 PAB ，则 PBA 60 ， PAC ， PAC 60 ，
APB CPA AC PC PA从而△ ∽△ ，所以 ,
AB PA PB
CPA PA PC sin 60 在△APB 与△ 中，由正弦定理得： ，————14分
PB PA sin
b sin 60 3 1 1
即 ——————————16分
c sin 2 tan 2
因为30 45 1，所以 1 3 ，
tan
b 则 的取值范围是 3 1
c
,1 ——————————17分
2
高一数学参考答案 第 6页/共 6 页
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