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浙江省宁波中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷
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的.
1．（2025高一下·宁波期中）复数（）表示纯虚数，则实数m的值为（　　）
A． B． C． D．或
2．（2025高一下·宁波期中）下列结论中正确的是（　　）
A．正四面体是四棱锥
B．棱台的侧棱长均相等
C．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线
D．以三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体叫圆锥
3．（2025高一下·宁波期中）已知直线分别在两个不同的平面内，则“直线和直线平行”是“平面和平面平行”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2025高一下·宁波期中）在中，已知，设，则（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025高一下·宁波期中）如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°的等腰梯形，已知直观图OA'B'C'中，，则该平面图形的面积为（　　）
A． B．2 C． D．
6．（2025高一下·宁波期中）在中，，则此三角形（　　）
A．无解 B．一解
C．两解 D．解的个数不确定
7．（2025高一下·宁波期中）冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，结合中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体，呈现出中国在新时代的新形象、新梦想.某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊画笔都有固定的角度，比如在弯折位置通常采用30°、45°、60°、90°、120°、150°等特殊角度下.为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求，该同学取端点绘制了△ABD，测得AB＝5，BD＝6，AC＝4，AD＝3，若点C恰好在边BD上，请帮忙计算sin∠ACD的值（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·宁波期中）已知平面向量、、满足：与的夹角为锐角.，，，且的最小值为，向量的最大值是（　　）.
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高一下·宁波期中）如图，在正方体中，E、F、G、H、M、N分别是棱AB、BC、、、、的中点，则下列结论正确的是（　　）
A．直线GH和MN平行，GH和EF异面 B．直线GH和MN平行，MN和EF相交
C．直线GH和MN相交，MN和EF异面 D．直线GH和EF异面，MN和EF异面
10．（2025高一下·宁波期中）设为复数，则下列结论中正确的是（　　）
A．若为虚数，则也为虚数 B．若，则的最大值为
C． D．
11．（2025高一下·宁波期中）“圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·宁波期中）若向量与向量的夹角为则　 　
13．（2025高一下·宁波期中）如图，四边形是边长为1的正方形，是四分之一圆，则图中阴影部分以所在直线为旋转轴旋转一周得到的旋转体的表面积为　 　．
14．（2025高一下·宁波期中）在锐角中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边，已知且，则锐角面积的取值范围为　 　.
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．（2025高一下·宁波期中）已知向量，.
（1）若，求；
（2）若向量，，求与夹角的余弦值.
16．（2025高一下·宁波期中）已知，复数．
（1）若z在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围；
（2）若z满足，，求的值．
17．（2025高一下·宁波期中）如图，在正四棱锥中，，且的面积为2，点M为棱PD的中点.
（1）证明：平面MAC；
（2）求直线PA与直线BM所成角的余弦值.
18．（2025高一下·宁波期中）如图，在棱长为4的正方体中，E为的中点，经过A，，E三点的平面记为平面.
（1）平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）；
（2）点P是在侧面内的动点，满足，当最短时，求三棱锥的外接球的表面积.
19．（2025高一下·宁波期中）设A是直线外一点，点M在直线上（点M与点P，Q任一点均不重合），我们称如下操作为“由A点对施以视角运算”：若点M在线段上，记；若点M在线段外，记.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，点D在射线BC上.
（1）若D是BC的中点，由A点对BC施以视角运算，求的值；
（2）若，，，由A点对BC施以视角运算，，求的周长；
（3）若，，由A点对BC施以视角运算，，求的最小值.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：因为复数（）表示纯虚数，
所以且不是3，
则.
故答案为：A.
【分析】根据复数为纯虚数的判断方法，从而得出实数m的值.
2．【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；棱台的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：对于A，因为正四面体是三棱锥，故A错误；
对于B，因为棱台的侧棱长不一定都相等，故B错误；
对于C，因为圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线，故C正确；
对于D，因为必须是直角三角形以直角边为旋转轴，旋转形成的几何体是圆锥，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据棱锥的结构特征、棱台的结构特征、圆锥的结构特征，从而逐项判断找出结论正确的选项.
3．【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：当“直线和直线平行”时，平面和平面平行或相交，即充分性不成立；
当“平面和平面平行”时，直线和直线平行或异面，即必要性不成立，
则“直线和直线平行”是“平面和平面平行”的既不充分也不必要条件.
故答案为：D.
【分析】根据线面的位置关系结合充分条件，必要条件的定义判断即可.
4．【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由，得，即，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件结合向量的线性运算和三角形法则以及向量减法的运算法则，则根据平面向量基本定理找出正确的选项.
5．【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：作出原来的平面图形，如图所示，
所以，，
在等腰梯形中，，因此，
所以．
故答案为：D．
【分析】根据斜二测画法结合直观图与原平面图形的关系，从而作出原平面的图形，进而求出相应边长后结合三角形的面积公式，从而计算出该平面图形的面积．
6．【答案】C
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】由正弦定理可知：，
因为，所以，
又因为，所以，或，因此此三角形有两解，
故答案为：C
【分析】由正弦定理求出，由大边对大角，即可确定B的取值，从而确定答案。
7．【答案】D
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，由余弦定理得，
因为，所以，
在中，由正弦定理可得，
解得.
故选：D.
【分析】在中，由余弦定理先求得，进而利用三角基本关系求出，再在中，利用正弦定理即可求得sin∠ACD .
8．【答案】D
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：，
因为，，所以，
根据二次函数性质可知，当时，取得最小值，
，解得，
又因为与的夹角为锐角，所以，故；
因为，
，
将模长代入，
设，
，
因为，所以，
则的最大值为.
故答案为：D.
【分析】将平方用含的式子表示，根据二次函数的性质，以及的最小值为，列方程，解得，再由与的夹角为锐角，可得，代入原二次函数对称轴的表达式中，解得；再根据向量的模公式求，根据向量的数量积运算化简（设），将已知模长代入展开式，可化简为，最后利用余弦函数的性质求解即可.
9．【答案】A,B
【知识点】异面直线的判定；空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：如图，连接，
易得，且，
则，所以，故选项C错误；
因为平面，平面，但，平面，
所以GH和EF异面，
连接，因为，且，
则，所以，
又因为，所以，则四点共面，
又因为与不平行，所以与相交，故D错误；
综上可得，选项A和选项B正确.
故答案为：AB.
【分析】连接，利用平行四边形定义证出，从而得出，则判断出选项C；利用异面直线的定义可判断GH和EF异面，再连接，从而证出四点共面，则得出与相交，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；复数的三角形式；共轭复数；复数乘、除运算的三角表示
【解析】【解答】对于A，因为为虚数，为实数，所以为虚数，所以也为虚数，所以A正确；
对于B，当时，满足，此时，所以B错误；
对于C，设，则
，
，
所以，
，
所以，所以C正确，
对于D，设对应的向量分别为，则由向量三角不等式得，
所以恒成立，所以D正确，
故答案为：A、C、D、
【分析】对于A，由为虚数，得为虚数，从而可判断A正确，对于B，由进行判断，对于C，设，然后分别求解，判断C正确，
对于D，根据复数的向量表示及向量三角不等式分析判断D正确.
11．【答案】A,D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，由题意得，，
，，
所以，所以，故A正确；
对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，圆台容球的轴截面如图所示，
因为，
所以，
所以，且，
所以，
又因为，所以，
所以，
所以
，
，
所以，
所以，故B错误；
对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，圆锥容球的轴截面如图所示，
由，得，
整理得即①，
因为，
所以，故，
所以，所以，则②，
由①②得即，整理得，
由①得，
所以，，
所以，
所以，故C错误；
对于D，由题意可知，由C得，
当且仅当时，即当时等号成立，
所以的最大值为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由已知条件结合球和圆柱的体积公式、表面积公式，从而依次求出、、、，则判断出选项A；设圆台上下底面的半径和母线长分别为，由三角形全等得，求证得，再由台体体积公式计算得，则由台体表面积公式得，从而得出和，则判断出选项B；设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，由得①，由和得②，从而得出和，再由锥体体积公式和表面积公式，从而求出和，进而得出，则判断出选项C；由选项C结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值，则判断出选项D，从而找出关系正确的选项.
12．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，向量与向量的夹角为，
所以.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和数量积的定义，从而得出的值.
13．【答案】
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：由题意，该旋转体的表面积为．
故答案为：.
【分析】该旋转体是一个圆柱挖去一个半球后剩余的部分，利用圆柱和球的表面积公式计算可得答案.
14．【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：且，
，
根据正弦定理，得，
则，
整理得，
，，
，解得，则，
，
，，
的面积，
，
为锐角三角形，，
，，
，，
.
故答案为：.
【分析】先利用正弦定理求出角的值，再利用三角形面积公式结合正弦定理化边为角，根据三角恒等变换，则将锐角面积转化为正弦型函数，再利用锐角三角形中角A的取值范围和不等式的基本性质以及正弦型函数求值域的方法，从而得出锐角面积的取值范围.
15．【答案】（1）解：向量，，
因为，所以，所以，
即，解得，
则，，故；
（2）解：，，，易知，
因为，所以，解得，
则，，，，
设与夹角为，，
则与夹角的余弦值为.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量的向量坐标运算，结合向量垂直的坐标表示列式求得的值，由此可得向量的坐标，再根据向量的模的坐标公式求解即可；
（2）根据向量的向量坐标运算，结合向量平行的坐标表示列式求得的值，由此可得，再根据向量的数量积以及模的坐标表示求，，，最后根据向量夹角坐标公式求解即可.
（1）因为，
所以，
所以，又，，
所以，
所以，
所以，
所以，
即；
（2）因为，，，
所以，又，
所以，
所以，所以，
所以，，，
设与夹角为，
所以，
所以与夹角的余弦值为.
16．【答案】（1）解：因为复数在复平面内对应的点为，
由复数z在复平面内对应的点位于第四象限，
得，解得，
所以的取值范围是.
（2）解：依题意，得：
因为，所以，
解得，
则，
所以.
【知识点】复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【分析】（1）利用复数的几何意义求出复数对应点的坐标，再利用点所在的象限和已知条件，从而得出实数m的取值范围.
（2）利用已知条件结合复数相等的判断方法，从而求出的值，再利用复数除法运算法则和复数求模公式，从而得出的值.
（1）复数在复平面内对应的点为，
由z在复平面内对应的点位于第四象限，得，解得，
所以的取值范围是.
（2）依题意，，
又，则，解得，
，
所以.
17．【答案】（1）证明：如图，连接，交于点，连接，
因为是正方形，所以，
又因为点M为棱PD的中点，
所以，则，
又因为平面，平面，
所以平面MAC.
（2）解：连接，则平面，
因为平面，所以，
又因为，
则以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
由，得，
则，
所以，
设直线PA与直线BM的所成角为，
则.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1）利用正方形的结构特征和三角形的中位线定理得出，再由线线平行证出线面平行，从而证出直线平面MAC.
（2）根据题意得出线面垂直，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，从而建系结合的面积公式和已知条件，则得出的长，从而得出相关点的坐标和向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式得出空直线PA与直线BM所成角的余弦值.
（1）如图，连接，交于点，连接，
因是正方形，则，
又点M为棱PD的中点，则，故，
因平面，平面，故平面MAC.
（2）连接，则平面，因平面，故，
又，故可以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.
由，解得，
故，
则，
设直线PA与直线BM的所成角为，
则.
18．【答案】（1）解：如图，
因平面平面，且，，
故平面必与平面相交，且交线与平行，设其与交于点，
连接，易得，且，则得，
则，故，因E为的中点，则为的中点.
于是，
，
则，故.
（2）解： 如图，分别取的中点，连接，
易得，，则得，故，
又平面，，则；易得，同理可得，
又平面，故平面，
因，且点P是在侧面内的动点，则点在线段上，
又，故当点为线段的中点时，最短.
设，在中，点为的外心，
连接，交于点，连，则平面，
则三棱锥的外接球的球心在上，设为点，
连接，则长即外接球半径，
设，则，又，
在中，，
在中，，
联立两方程，解得，
故外接球的表面积为.

【知识点】球的表面积与体积公式及应用；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）先根据题意作出正方体经过A，，E三点的完整截面，再将分割成与，再利用棱锥的体积公式，从而求出和的值，进而得出这两部分的体积之比.
（2）分别取的中点， 动点P满足A1P平行于平面α，当线段A1P最短时，点P为A1在平面α上的投影，此时需确定P的位置，并计算三棱锥P-A A1D1的外接球表面积，需先确定外接球半径 .
（1）如图，因平面平面，且，，
故平面必与平面相交，且交线与平行，设其与交于点，
连接，易得，且，则得，
则，故，因E为的中点，则为的中点.
于是，
，
则，故.
（2）如图，分别取的中点，连接，
易得，，则得，故，
又平面，，则；易得，同理可得，
又平面，故平面，
因，且点P是在侧面内的动点，则点在线段上，
又，故当点为线段的中点时，最短.
设，在中，点为的外心，
连接，交于点，连，则平面，
则三棱锥的外接球的球心在上，设为点，
连接，则长即外接球半径，设，则，又，
在中，，在中，，
联立两方程，解得，故外接球的表面积为.
19．【答案】（1）解：由已知定义可知：，
在三角形中，，
则，
在三角形中，，
则，
因为D是BC的中点，且，
所以.
（2）解：因为点在射线上，，且，
所以点在线段外，且，
则，
所以，
在中，由余弦定理，可得，
则，
解得（负值已舍去），
所以，
则的周长为.
（3）解：因为，
所以，则，
因为，所以，
又因为，
所以，
又因为，所以，则，
所以，
当且仅当时，即当，时等号成立，
所以的最小值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由新定义结合正弦定理，从而得出的值.（2）根据所给定义和已知条件得到，再由余弦定理求出的值，从而求出的值可得的周长.
（3）由等面积法和三角形的面积公式得到，进而得到，再由乘“1”法和基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
（1）由定义可知：，
在三角形中，，即，
在三角形中，，即，
因为D是BC的中点，且，
所以
（2）因为点在射线上，，且，所以在线段外，且，
所以，
所以，
在中，由余弦定理可得，
即，解得（负值已舍去），
所以，
所以的周长为.
（3）因为，所以，则，
因为，所以，
又，所以，
又，所以，所以，
所以，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为.
1 / 1浙江省宁波中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷
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的.
1．（2025高一下·宁波期中）复数（）表示纯虚数，则实数m的值为（　　）
A． B． C． D．或
【答案】A
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：因为复数（）表示纯虚数，
所以且不是3，
则.
故答案为：A.
【分析】根据复数为纯虚数的判断方法，从而得出实数m的值.
2．（2025高一下·宁波期中）下列结论中正确的是（　　）
A．正四面体是四棱锥
B．棱台的侧棱长均相等
C．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线
D．以三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体叫圆锥
【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；棱台的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：对于A，因为正四面体是三棱锥，故A错误；
对于B，因为棱台的侧棱长不一定都相等，故B错误；
对于C，因为圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线，故C正确；
对于D，因为必须是直角三角形以直角边为旋转轴，旋转形成的几何体是圆锥，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据棱锥的结构特征、棱台的结构特征、圆锥的结构特征，从而逐项判断找出结论正确的选项.
3．（2025高一下·宁波期中）已知直线分别在两个不同的平面内，则“直线和直线平行”是“平面和平面平行”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：当“直线和直线平行”时，平面和平面平行或相交，即充分性不成立；
当“平面和平面平行”时，直线和直线平行或异面，即必要性不成立，
则“直线和直线平行”是“平面和平面平行”的既不充分也不必要条件.
故答案为：D.
【分析】根据线面的位置关系结合充分条件，必要条件的定义判断即可.
4．（2025高一下·宁波期中）在中，已知，设，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由，得，即，
所以.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件结合向量的线性运算和三角形法则以及向量减法的运算法则，则根据平面向量基本定理找出正确的选项.
5．（2025高一下·宁波期中）如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°的等腰梯形，已知直观图OA'B'C'中，，则该平面图形的面积为（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：作出原来的平面图形，如图所示，
所以，，
在等腰梯形中，，因此，
所以．
故答案为：D．
【分析】根据斜二测画法结合直观图与原平面图形的关系，从而作出原平面的图形，进而求出相应边长后结合三角形的面积公式，从而计算出该平面图形的面积．
6．（2025高一下·宁波期中）在中，，则此三角形（　　）
A．无解 B．一解
C．两解 D．解的个数不确定
【答案】C
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】由正弦定理可知：，
因为，所以，
又因为，所以，或，因此此三角形有两解，
故答案为：C
【分析】由正弦定理求出，由大边对大角，即可确定B的取值，从而确定答案。
7．（2025高一下·宁波期中）冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，结合中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体，呈现出中国在新时代的新形象、新梦想.某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊画笔都有固定的角度，比如在弯折位置通常采用30°、45°、60°、90°、120°、150°等特殊角度下.为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求，该同学取端点绘制了△ABD，测得AB＝5，BD＝6，AC＝4，AD＝3，若点C恰好在边BD上，请帮忙计算sin∠ACD的值（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，由余弦定理得，
因为，所以，
在中，由正弦定理可得，
解得.
故选：D.
【分析】在中，由余弦定理先求得，进而利用三角基本关系求出，再在中，利用正弦定理即可求得sin∠ACD .
8．（2025高一下·宁波期中）已知平面向量、、满足：与的夹角为锐角.，，，且的最小值为，向量的最大值是（　　）.
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：，
因为，，所以，
根据二次函数性质可知，当时，取得最小值，
，解得，
又因为与的夹角为锐角，所以，故；
因为，
，
将模长代入，
设，
，
因为，所以，
则的最大值为.
故答案为：D.
【分析】将平方用含的式子表示，根据二次函数的性质，以及的最小值为，列方程，解得，再由与的夹角为锐角，可得，代入原二次函数对称轴的表达式中，解得；再根据向量的模公式求，根据向量的数量积运算化简（设），将已知模长代入展开式，可化简为，最后利用余弦函数的性质求解即可.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高一下·宁波期中）如图，在正方体中，E、F、G、H、M、N分别是棱AB、BC、、、、的中点，则下列结论正确的是（　　）
A．直线GH和MN平行，GH和EF异面 B．直线GH和MN平行，MN和EF相交
C．直线GH和MN相交，MN和EF异面 D．直线GH和EF异面，MN和EF异面
【答案】A,B
【知识点】异面直线的判定；空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：如图，连接，
易得，且，
则，所以，故选项C错误；
因为平面，平面，但，平面，
所以GH和EF异面，
连接，因为，且，
则，所以，
又因为，所以，则四点共面，
又因为与不平行，所以与相交，故D错误；
综上可得，选项A和选项B正确.
故答案为：AB.
【分析】连接，利用平行四边形定义证出，从而得出，则判断出选项C；利用异面直线的定义可判断GH和EF异面，再连接，从而证出四点共面，则得出与相交，则判断出选项D，从而找出结论正确的选项.
10．（2025高一下·宁波期中）设为复数，则下列结论中正确的是（　　）
A．若为虚数，则也为虚数 B．若，则的最大值为
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；复数的三角形式；共轭复数；复数乘、除运算的三角表示
【解析】【解答】对于A，因为为虚数，为实数，所以为虚数，所以也为虚数，所以A正确；
对于B，当时，满足，此时，所以B错误；
对于C，设，则
，
，
所以，
，
所以，所以C正确，
对于D，设对应的向量分别为，则由向量三角不等式得，
所以恒成立，所以D正确，
故答案为：A、C、D、
【分析】对于A，由为虚数，得为虚数，从而可判断A正确，对于B，由进行判断，对于C，设，然后分别求解，判断C正确，
对于D，根据复数的向量表示及向量三角不等式分析判断D正确.
11．（2025高一下·宁波期中）“圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（　　）
A． B．
C． D．的最大值为
【答案】A,D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，由题意得，，
，，
所以，所以，故A正确；
对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，圆台容球的轴截面如图所示，
因为，
所以，
所以，且，
所以，
又因为，所以，
所以，
所以
，
，
所以，
所以，故B错误；
对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，圆锥容球的轴截面如图所示，
由，得，
整理得即①，
因为，
所以，故，
所以，所以，则②，
由①②得即，整理得，
由①得，
所以，，
所以，
所以，故C错误；
对于D，由题意可知，由C得，
当且仅当时，即当时等号成立，
所以的最大值为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由已知条件结合球和圆柱的体积公式、表面积公式，从而依次求出、、、，则判断出选项A；设圆台上下底面的半径和母线长分别为，由三角形全等得，求证得，再由台体体积公式计算得，则由台体表面积公式得，从而得出和，则判断出选项B；设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，由得①，由和得②，从而得出和，再由锥体体积公式和表面积公式，从而求出和，进而得出，则判断出选项C；由选项C结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最大值，则判断出选项D，从而找出关系正确的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·宁波期中）若向量与向量的夹角为则　 　
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，向量与向量的夹角为，
所以.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和数量积的定义，从而得出的值.
13．（2025高一下·宁波期中）如图，四边形是边长为1的正方形，是四分之一圆，则图中阴影部分以所在直线为旋转轴旋转一周得到的旋转体的表面积为　 　．
【答案】
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：由题意，该旋转体的表面积为．
故答案为：.
【分析】该旋转体是一个圆柱挖去一个半球后剩余的部分，利用圆柱和球的表面积公式计算可得答案.
14．（2025高一下·宁波期中）在锐角中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边，已知且，则锐角面积的取值范围为　 　.
【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：且，
，
根据正弦定理，得，
则，
整理得，
，，
，解得，则，
，
，，
的面积，
，
为锐角三角形，，
，，
，，
.
故答案为：.
【分析】先利用正弦定理求出角的值，再利用三角形面积公式结合正弦定理化边为角，根据三角恒等变换，则将锐角面积转化为正弦型函数，再利用锐角三角形中角A的取值范围和不等式的基本性质以及正弦型函数求值域的方法，从而得出锐角面积的取值范围.
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．（2025高一下·宁波期中）已知向量，.
（1）若，求；
（2）若向量，，求与夹角的余弦值.
【答案】（1）解：向量，，
因为，所以，所以，
即，解得，
则，，故；
（2）解：，，，易知，
因为，所以，解得，
则，，，，
设与夹角为，，
则与夹角的余弦值为.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量的向量坐标运算，结合向量垂直的坐标表示列式求得的值，由此可得向量的坐标，再根据向量的模的坐标公式求解即可；
（2）根据向量的向量坐标运算，结合向量平行的坐标表示列式求得的值，由此可得，再根据向量的数量积以及模的坐标表示求，，，最后根据向量夹角坐标公式求解即可.
（1）因为，
所以，
所以，又，，
所以，
所以，
所以，
所以，
即；
（2）因为，，，
所以，又，
所以，
所以，所以，
所以，，，
设与夹角为，
所以，
所以与夹角的余弦值为.
16．（2025高一下·宁波期中）已知，复数．
（1）若z在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围；
（2）若z满足，，求的值．
【答案】（1）解：因为复数在复平面内对应的点为，
由复数z在复平面内对应的点位于第四象限，
得，解得，
所以的取值范围是.
（2）解：依题意，得：
因为，所以，
解得，
则，
所以.
【知识点】复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【分析】（1）利用复数的几何意义求出复数对应点的坐标，再利用点所在的象限和已知条件，从而得出实数m的取值范围.
（2）利用已知条件结合复数相等的判断方法，从而求出的值，再利用复数除法运算法则和复数求模公式，从而得出的值.
（1）复数在复平面内对应的点为，
由z在复平面内对应的点位于第四象限，得，解得，
所以的取值范围是.
（2）依题意，，
又，则，解得，
，
所以.
17．（2025高一下·宁波期中）如图，在正四棱锥中，，且的面积为2，点M为棱PD的中点.
（1）证明：平面MAC；
（2）求直线PA与直线BM所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：如图，连接，交于点，连接，
因为是正方形，所以，
又因为点M为棱PD的中点，
所以，则，
又因为平面，平面，
所以平面MAC.
（2）解：连接，则平面，
因为平面，所以，
又因为，
则以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
由，得，
则，
所以，
设直线PA与直线BM的所成角为，
则.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【分析】（1）利用正方形的结构特征和三角形的中位线定理得出，再由线线平行证出线面平行，从而证出直线平面MAC.
（2）根据题意得出线面垂直，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，从而建系结合的面积公式和已知条件，则得出的长，从而得出相关点的坐标和向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式得出空直线PA与直线BM所成角的余弦值.
（1）如图，连接，交于点，连接，
因是正方形，则，
又点M为棱PD的中点，则，故，
因平面，平面，故平面MAC.
（2）连接，则平面，因平面，故，
又，故可以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系.
由，解得，
故，
则，
设直线PA与直线BM的所成角为，
则.
18．（2025高一下·宁波期中）如图，在棱长为4的正方体中，E为的中点，经过A，，E三点的平面记为平面.
（1）平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）；
（2）点P是在侧面内的动点，满足，当最短时，求三棱锥的外接球的表面积.
【答案】（1）解：如图，
因平面平面，且，，
故平面必与平面相交，且交线与平行，设其与交于点，
连接，易得，且，则得，
则，故，因E为的中点，则为的中点.
于是，
，
则，故.
（2）解： 如图，分别取的中点，连接，
易得，，则得，故，
又平面，，则；易得，同理可得，
又平面，故平面，
因，且点P是在侧面内的动点，则点在线段上，
又，故当点为线段的中点时，最短.
设，在中，点为的外心，
连接，交于点，连，则平面，
则三棱锥的外接球的球心在上，设为点，
连接，则长即外接球半径，
设，则，又，
在中，，
在中，，
联立两方程，解得，
故外接球的表面积为.

【知识点】球的表面积与体积公式及应用；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）先根据题意作出正方体经过A，，E三点的完整截面，再将分割成与，再利用棱锥的体积公式，从而求出和的值，进而得出这两部分的体积之比.
（2）分别取的中点， 动点P满足A1P平行于平面α，当线段A1P最短时，点P为A1在平面α上的投影，此时需确定P的位置，并计算三棱锥P-A A1D1的外接球表面积，需先确定外接球半径 .
（1）如图，因平面平面，且，，
故平面必与平面相交，且交线与平行，设其与交于点，
连接，易得，且，则得，
则，故，因E为的中点，则为的中点.
于是，
，
则，故.
（2）如图，分别取的中点，连接，
易得，，则得，故，
又平面，，则；易得，同理可得，
又平面，故平面，
因，且点P是在侧面内的动点，则点在线段上，
又，故当点为线段的中点时，最短.
设，在中，点为的外心，
连接，交于点，连，则平面，
则三棱锥的外接球的球心在上，设为点，
连接，则长即外接球半径，设，则，又，
在中，，在中，，
联立两方程，解得，故外接球的表面积为.
19．（2025高一下·宁波期中）设A是直线外一点，点M在直线上（点M与点P，Q任一点均不重合），我们称如下操作为“由A点对施以视角运算”：若点M在线段上，记；若点M在线段外，记.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，点D在射线BC上.
（1）若D是BC的中点，由A点对BC施以视角运算，求的值；
（2）若，，，由A点对BC施以视角运算，，求的周长；
（3）若，，由A点对BC施以视角运算，，求的最小值.
【答案】（1）解：由已知定义可知：，
在三角形中，，
则，
在三角形中，，
则，
因为D是BC的中点，且，
所以.
（2）解：因为点在射线上，，且，
所以点在线段外，且，
则，
所以，
在中，由余弦定理，可得，
则，
解得（负值已舍去），
所以，
则的周长为.
（3）解：因为，
所以，则，
因为，所以，
又因为，
所以，
又因为，所以，则，
所以，
当且仅当时，即当，时等号成立，
所以的最小值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由新定义结合正弦定理，从而得出的值.（2）根据所给定义和已知条件得到，再由余弦定理求出的值，从而求出的值可得的周长.
（3）由等面积法和三角形的面积公式得到，进而得到，再由乘“1”法和基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
（1）由定义可知：，
在三角形中，，即，
在三角形中，，即，
因为D是BC的中点，且，
所以
（2）因为点在射线上，，且，所以在线段外，且，
所以，
所以，
在中，由余弦定理可得，
即，解得（负值已舍去），
所以，
所以的周长为.
（3）因为，所以，则，
因为，所以，
又，所以，
又，所以，所以，
所以，
当且仅当，即，时等号成立，
所以的最小值为.
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