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浙江省台金七校联盟2024-2025学年高一下学期5月期中联考数学试题
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·浙江期中）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·浙江期中）已知复数（i为虚数单位），则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高一下·浙江期中）在中，，则（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025高一下·浙江期中）最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》（1247年）.该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”.如图“竹器验雪”法是下雪时用一个圆台形的器皿收集雪量（平地降雪厚度器皿中积雪体积除以器皿口面积），已知数据如图（注意：单位），则平地降雪厚度的近似值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高一下·浙江期中）已知平面，直线，直线，下列说法正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
6．（2025高一下·浙江期中）如图，已知平面内并列的八个全等的正方形，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·浙江期中）已知，则下列不正确的是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·浙江期中）已知一件工艺品由外层一个封闭的大正方体，内层一个正四面体构成，已知外层正方体的棱长为2，在该大正方体内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体可在大正方体内任意转动，则a的最大值为（　　）
A． B． C． D．
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·浙江期中）已知平面向量，，则下列正确的是（　　）
A．
B．若，则
C．当时，则向量在向量上的投影向量为
D．若向量与向量夹角为钝角，则
10．（2025高一下·浙江期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则满足条件的三角形有两个
B．若，则为锐角三角形
C．若为锐角三角形，则
D．若，则的面积最大值为3
11．（2025高一下·浙江期中）如图1，矩形，已知，为中点，现将沿翻折后得到如图2的四棱锥，点是线段上（不含端点）的动点，则下列正确的是（　　）
A．当为线段中点时，平面
B．当为线段中点时，过点的截面交于点，则
C．在翻折过程中，存在一个位置使得
D．当时，的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·浙江期中）如图，若斜边长为的等腰直角（与重合）是水平放置的的直观图，则的面积为　 　．
13．（2025高一下·浙江期中）已知向量，且向量与向量的夹角为，则　 　．
14．（2025高一下·浙江期中）已知正四面体A-BCD的棱长为2，在平面BCD内有一动直线a，求直线a与直线DA所成角的正弦值最小为　 　．
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·浙江期中）已知复数（，i为虚数单位），是纯虚数.
（1）求复数z；
（2）若复数是关于x的方程的根，求实数m和n的值.
16．（2025高一下·浙江期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，角A的角平分线交BC于点D且．
（1）求角A；
（2）若，求面积的最大值．
17．（2025高一下·浙江期中）已知函数．
（1）解方程；
（2）若恒成立，求m的取值范围．
18．（2025高一下·浙江期中）如图，已知多面体ABCDEF的底面ABCD为直角梯形，四边形ADEF为矩形，且平面平面ABCD，，，．
（1）证明：平面平面；
（2）当异面直线BF与CE所成角取最大时，求DE；
（3）当时，求二面角的正弦值．
19．（2025高一下·浙江期中）向量作为一种重要的数学工具，在代数与几何中发挥着重要桥梁作用，不仅在平面几何学中有着广泛的应用，在空间中、物理学、工程学和计算机科学等领域也同样发挥着重要的作用．它们通过向量的运算，使得我们能够描述和分析现实世界中的各种现象和问题．其中数量积的运算就很好的解决了物理中做功的概念，其运算结果是一个实数．向量在空间中还有一种运算，其运算结果仍是一个向量，即向量的叉积（外积），记作：．规定：①为同时与，垂直的向量，且与为相反向量；②（为向量与的夹角）；
（1）证明：；
（2）如图，已知棱长均为1的平行六面体，且，计算的值，并解释其几何意义．
（3）有一正四面体的四个顶点分别在四个平行平面，，，上，且两相邻平行平面距离为1，求该四面体的棱长．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】元素与集合的关系；交集及其运算
【解析】【解答】解：集合，，
则
故答案为：A.
【分析】先解一元二次不等式得集合，再根据交集的概念和运算由所有属于集合 A 且属于集合 B 的元素组成的集合，计算即可得到答案.
.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，所以.
故答案为：C.
【分析】根据复数的除法得，得解.
3．【答案】C
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量数乘的运算
【解析】【解答】解：
，，.
故答案为：C.
【分析】根据向量的线性运算 得，可得.
4．【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，可求得器皿中雪表面的半径为，
所以平地降雪厚度的近似值为.
故答案为：C
【分析】由得梯形中位线定理得器皿中雪表面的半径为，代入圆台体积公式得
5．【答案】A
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A、若，则，又，则，该选项正确，符合题意；
B因为直线，直线，若，则
若，则或，该选项错误，不合题意；
C、若，，则，或l与m异面，或l与m 相交，该选项错误，不合题意；
D、若，，则或与重合或与相交，该选项错误，不合题意．
故答案为：.
【分析】 若，则，又，则，可判断A；直线，直线，若，则若，则或，可判断B；若，，则，或l与m异面，或l与m 相交，可判断C；若，，则或与重合或与相交，可判断D．
6．【答案】B
【知识点】三角函数的化简求值；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由题意易得，，，，
故，，
所以，
因为，所以，
同理，
所以，
故答案为：B.
【分析】 由矩形的性质 ，得，，，；由两角和的正切公式得，，
得，根据角的范围求值得。
7．【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；互为反函数的两个函数之间的关系
【解析】【解答】解：因为，所以，，
所以a，b分别是，与图象交点的横坐标，
因为，的图象关于直线对称，也关于直线对称，
所以两交点，关于直线对称，
A、所以，，所以，该选项正确，不符合题意；
B、因为，，所以，该选项正确，不符合题意；
C、因为，所以，该选项正确，不符合题意；
D、若成立，再结合，可得，与矛盾，该选项错误，符合题意.
故答案为：D.
【分析】 由方程与函数的关系，可得点的对称关系即两交点，关于直线对称，从而可得等量关系，，得 ，可判断A；将上述等量关系代入B中可得，可判断B；，，可判断C；若成立，再结合，可得，与矛盾，D.可判断
8．【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：如图，设正四面体的棱长为，
过A作底面BCD，连接并延长交CD于E，
则，，
设正四面体的外接球的半径为r，则，
，解得，
要使正四面体可以在棱长为2的正方体内任意转动，
则，得.
正四面体的棱长的最大值为.
故答案为：D.
【分析】由题意先过A作底面BCD，求出得长度，利用勾股定理求得，由正四面体的外接球性质可求出外接球的半径 r，要满足正四面体可以在棱长为2的正方体内任意转动，需要，代入r与a 的关系得解.
9．【答案】A,C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：选项由题该选项正确，符合题意；
选项若，则，解得，该选项错误，不合题意；
选项当时，，，，
则投影向量为，该选项正确，符合题意；
选项若向量与向量夹角为钝角，则且与不共线，
得，共线时，故且， 该选项错误，不合题意.
故答案为： AC
【分析】 代入模长公式 可判断A；代入向量垂直的坐标公式，可判断B；根据投影向量定义 ，可判断C； 代入向量夹角得，代入数量积公式 可判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】两角和与差的正切公式；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、根据正弦定理，可得，
代入，，，可得，
因为正弦函数的值域是，所以不存在这样的角B，满足条件的三角形个数为0，该选项正确，符合题意；
B、因为，所以，，
根据两角和的正切公式，
则，
移项可得，
即，
已知，所以，
因为A，B，，若，则，，，
所以A，B，C都为锐角，为锐角三角形，该选项正确，符合题意；
C、因为是锐角三角形，所以，
又A，，所以，
所以，所以，
同理，，
所以，该选项正确，符合题意.
D 、已知，，根据余弦定理，
的面积，
因为，
则
令，则，其对称轴为，
当时，，
所以，该选项正确，符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】由正弦定理求得， 不存在这样的角B，满足条件的三角形个数为0 ，可判断A；由，得，展开得到，又，可判断B；由锐角三角形特征得，所以，所以，同理，， 可判断C；由已知，，根据余弦定理得， 由三角形得面积公式得到，结合二次函数求得，可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：
A、取中点，连接.
因为为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
在矩形中，，故四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，该选项正确，符合题意.
B、由题意得，平面，，由平面，得平面，
延长交于点，连接，则平面平面，
所以，故.
由，，得分别为的中点，
若为的中点，则，
所以，即，该选项正确，符合题意.
C、假设，取中点，连接，
因为，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，显然不成立，假设错误，该选项错误，不合题意.
D、当时，把与展开在一个平面上.
展开后，的最小值为线段AC的长度.
在矩形ABCD中，，，
因为，所以，则，，.
因为，，所以，
所以在中，.
因为，所以，故，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又，所以.
如图，在展开后的平面四边形中，是等腰三角形，，
则，则，
所以.
在中，由余弦定理得，，
所以，当三点共线时，等号成立，
故的最小值为，该选项正确，符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】由， 得平面 ，又 ， 得平面， 可证明面面平行，再得平面 ，可判断A；平面平面，所以，故.由，，得分别为的中点， 可判断B；利用反证法，得，所以平面，因为平面，所以，显然不成立 推出矛盾，可判断C；将平面图展开，可求AE，BE，AB，AD'，得 得 BD'，同理可得， 所以 ， 在展开后的平面四边形中，是等腰三角形 ，解三角形中得AC， 所以 ，验证等号，可判断D.
12．【答案】
【知识点】平面图形的直观图；空间几何体的直观图；斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：在斜二测直观图中， 由为等腰直角三角形，
，可得，．
还原原图形如图：
则，
则，
故答案为：.
【分析】斜二测直观图中， 由为等腰直角三角形，，可得，．
还原原图，，代入可得面积.
13．【答案】6
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：向量，且与的夹角为，
则，
.
故答案为：6
【分析】根据平面向量数量积的定义得，代入计算得解.
14．【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：设正四面体的顶点A在平面BCD上的射影为O，则O是正三角形BCD的中心.
因为正三角形BCD的边长为，则.
当直线a与DO平行时为D与正三角形BCD中心O的连线，直线a与直线DA所成角最小.
此时就是直线a与直线DA所成的角或其补角，
在直角三角形ABO中，，，
由勾股定理可得
在直角三角形ADO中，，，
则直线a与直线DA所成角的正弦值最小为
故答案为：.
【分析】先作图，由正四面体几何特征得底面的中心O即是顶点A的射影；找到直线a与直线DA所成角最小 时，直线a的位置，可得此时就是直线a与直线DA所成的角或其补角 ；解直角三角形ABO ，得DO长度，解直角三角形ADO得解.
15．【答案】（1）解：因为，
所以，
又由是纯虚数，可得，解得，所以．
（2）解：法一：因为是方程的根，
所以，即，
可得解得．
法二：是方程的根，
所以另一根为
由韦达定理可得：．
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；方程在复数范围内的解集
【解析】【分析】（1）由复数除法化简得，再由纯虚数定义可得，解除即可；
（2）由（1）求出复数，法一：是方程的根，则将代入方程得，得得解；
法二：是方程的根，则另一根为，结合韦达定理得，可解.
（1）因为，
所以，
又由是纯虚数，可得，解得，所以．
（2）法一：因为是方程的根，
所以，即，
可得解得．
法二：是方程的根，
所以另一根为
由韦达定理可得：．
16．【答案】（1）解：因为，且平分，
所以，
因为，所以，
整理得，
因为，所以，
故，即，
因为，所以，得．
（2）解：由余弦定理可得：，
则，当且仅当时，等号成立，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为.
【知识点】基本不等式；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）已知代入得方程，整理化简得，可得，解方程得解；
（2）余弦定理得，运用基本不等式得，可得答案.
（1）因为，且平分，
所以，
因为，所以，
整理得，
因为，所以，
故，即，
因为，所以，得．
（2）由余弦定理可得：，
则，当且仅当时，等号成立，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为.
17．【答案】（1）解：即
令，则或或．
（2）解：，
，
故，即，
又，当且仅当即时等号成立，
所以.
【知识点】函数恒成立问题；指数函数的图象与性质；基本不等式
【解析】【分析】（1）即，令，解一元二次方程即可得或．
（2）不等式可转化为，，运用基本不等式得验证等号即可.
（1）即
令，则或或．
（2），
，
故，即，
又，当且仅当即时等号成立，
所以.
18．【答案】（1）证明：由为矩形可得：，
因为平面，平面，所以平面，
又，同理可得平面，
因为，平面，所以平面平面.
（2）解：
如图，取中点，连接，由且，则四边形为平行四边形，
则，
所以即为异面直线与所成角的平面角；设，
法一：（正切和差公式）
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，因为平面，所以，
，当且仅当时取等．
法二：（余弦定理）
，当且仅当时取等．
法三：（空间对棱向量夹角公式）
易知，，
则
，
易知，，，，
，
当且仅当时取等．
（3）解：过点作，
易知平面与平面所成角为直线与平面所成角，设为，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，由，则，
由，，，
则中边上的高为，
设点到面的距离为，
由，，
即，故．
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；异面直线所成的角；平面与平面平行的判定；余弦定理
【解析】【分析】（1）由为矩形可得：，得平面，，同理可得平面，由判定定理可证平面平面；
（2）由异面直线的夹角的定义，得即为异面直线与所成角的平面角；法一：由正切和差公式验证等号得解；
法二：用余弦定理得
，验证等号得解；
法三：运用空间对棱向量夹角公式，先表示出，，代入数量积，得，运用基本不等式得解；
（3）由二面角的平面角定义，得平面与平面所成角为直线与平面所成角，易得，则中边上的高为，由等体积法得点到面的距离，故．
（1）由为矩形可得：，
因为平面，平面，所以平面，
又，同理可得平面，
因为，平面，所以平面平面.
（2）如图，取中点，连接，由且，则四边形为平行四边形，
则，
所以即为异面直线与所成角的平面角；设，
法一：（正切和差公式）
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，因为平面，所以，
，当且仅当时取等．
法二：（余弦定理）
，当且仅当时取等．
法三：（空间对棱向量夹角公式）
易知，，
则
，
易知，，，，
，
当且仅当时取等．
（3）过点作，
易知平面与平面所成角为直线与平面所成角，设为，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，由，则，
由，，，
则中边上的高为，
设点到面的距离为，
由，，
即，故．
19．【答案】（1）证明：左边由定义可得：，
右边左边．
故等式得证.
（2）解：设，由定义可得底面的面积为：，
又因为同时与垂直的向量，故为底面的法向量，
则平行六面体的体高为：，
所以平行六面体的体积为：，
又因，故点在底面的投影为的重心，易得，
所以．
所以，，其几何意义为以向量构成的平行六面体的体积．
（3）解：如图，设正四面体的棱长为，其中
设，且平面与交于，与交于，
故有，又由（2）可得：
，
，
同理，
由（1）可得：，
所以，
，
所以，即．
【知识点】向量的几何表示；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）利用数量积定义可得：，只需将右边展开化简即可得左边；
（2）根据叉乘积的定义定义得底面的面积为：，因为同时与垂直的向量，故为底面的法向量，得体高为：，代入得体积为：，点在底面的投影为的重心，易得，代入公式得，得解；
（3）由（2）可得向量运算的几何意义，求得三棱锥的体积，，，同理，
根据图象以及（1）的等式，建立方程，得.
（1）左边由定义可得：，
右边左边．
故等式得证.
（2）设，由定义可得底面的面积为：，
又因为同时与垂直的向量，故为底面的法向量，
则平行六面体的体高为：，
所以平行六面体的体积为：，
又因，故点在底面的投影为的重心，易得，
所以．
所以，，其几何意义为以向量构成的平行六面体的体积．
（3）如图，设正四面体的棱长为，其中
设，且平面与交于，与交于，
故有，又由（2）可得：
，
，
同理，
由（1）可得：，
所以，
，
所以，即．
1 / 1浙江省台金七校联盟2024-2025学年高一下学期5月期中联考数学试题
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·浙江期中）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】元素与集合的关系；交集及其运算
【解析】【解答】解：集合，，
则
故答案为：A.
【分析】先解一元二次不等式得集合，再根据交集的概念和运算由所有属于集合 A 且属于集合 B 的元素组成的集合，计算即可得到答案.
.
2．（2025高一下·浙江期中）已知复数（i为虚数单位），则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，所以.
故答案为：C.
【分析】根据复数的除法得，得解.
3．（2025高一下·浙江期中）在中，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量数乘的运算
【解析】【解答】解：
，，.
故答案为：C.
【分析】根据向量的线性运算 得，可得.
4．（2025高一下·浙江期中）最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》（1247年）.该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”.如图“竹器验雪”法是下雪时用一个圆台形的器皿收集雪量（平地降雪厚度器皿中积雪体积除以器皿口面积），已知数据如图（注意：单位），则平地降雪厚度的近似值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，可求得器皿中雪表面的半径为，
所以平地降雪厚度的近似值为.
故答案为：C
【分析】由得梯形中位线定理得器皿中雪表面的半径为，代入圆台体积公式得
5．（2025高一下·浙江期中）已知平面，直线，直线，下列说法正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A、若，则，又，则，该选项正确，符合题意；
B因为直线，直线，若，则
若，则或，该选项错误，不合题意；
C、若，，则，或l与m异面，或l与m 相交，该选项错误，不合题意；
D、若，，则或与重合或与相交，该选项错误，不合题意．
故答案为：.
【分析】 若，则，又，则，可判断A；直线，直线，若，则若，则或，可判断B；若，，则，或l与m异面，或l与m 相交，可判断C；若，，则或与重合或与相交，可判断D．
6．（2025高一下·浙江期中）如图，已知平面内并列的八个全等的正方形，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角函数的化简求值；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由题意易得，，，，
故，，
所以，
因为，所以，
同理，
所以，
故答案为：B.
【分析】 由矩形的性质 ，得，，，；由两角和的正切公式得，，
得，根据角的范围求值得。
7．（2025高一下·浙江期中）已知，则下列不正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；互为反函数的两个函数之间的关系
【解析】【解答】解：因为，所以，，
所以a，b分别是，与图象交点的横坐标，
因为，的图象关于直线对称，也关于直线对称，
所以两交点，关于直线对称，
A、所以，，所以，该选项正确，不符合题意；
B、因为，，所以，该选项正确，不符合题意；
C、因为，所以，该选项正确，不符合题意；
D、若成立，再结合，可得，与矛盾，该选项错误，符合题意.
故答案为：D.
【分析】 由方程与函数的关系，可得点的对称关系即两交点，关于直线对称，从而可得等量关系，，得 ，可判断A；将上述等量关系代入B中可得，可判断B；，，可判断C；若成立，再结合，可得，与矛盾，D.可判断
8．（2025高一下·浙江期中）已知一件工艺品由外层一个封闭的大正方体，内层一个正四面体构成，已知外层正方体的棱长为2，在该大正方体内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体可在大正方体内任意转动，则a的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：如图，设正四面体的棱长为，
过A作底面BCD，连接并延长交CD于E，
则，，
设正四面体的外接球的半径为r，则，
，解得，
要使正四面体可以在棱长为2的正方体内任意转动，
则，得.
正四面体的棱长的最大值为.
故答案为：D.
【分析】由题意先过A作底面BCD，求出得长度，利用勾股定理求得，由正四面体的外接球性质可求出外接球的半径 r，要满足正四面体可以在棱长为2的正方体内任意转动，需要，代入r与a 的关系得解.
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·浙江期中）已知平面向量，，则下列正确的是（　　）
A．
B．若，则
C．当时，则向量在向量上的投影向量为
D．若向量与向量夹角为钝角，则
【答案】A,C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：选项由题该选项正确，符合题意；
选项若，则，解得，该选项错误，不合题意；
选项当时，，，，
则投影向量为，该选项正确，符合题意；
选项若向量与向量夹角为钝角，则且与不共线，
得，共线时，故且， 该选项错误，不合题意.
故答案为： AC
【分析】 代入模长公式 可判断A；代入向量垂直的坐标公式，可判断B；根据投影向量定义 ，可判断C； 代入向量夹角得，代入数量积公式 可判断D.
10．（2025高一下·浙江期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则满足条件的三角形有两个
B．若，则为锐角三角形
C．若为锐角三角形，则
D．若，则的面积最大值为3
【答案】B,C,D
【知识点】两角和与差的正切公式；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、根据正弦定理，可得，
代入，，，可得，
因为正弦函数的值域是，所以不存在这样的角B，满足条件的三角形个数为0，该选项正确，符合题意；
B、因为，所以，，
根据两角和的正切公式，
则，
移项可得，
即，
已知，所以，
因为A，B，，若，则，，，
所以A，B，C都为锐角，为锐角三角形，该选项正确，符合题意；
C、因为是锐角三角形，所以，
又A，，所以，
所以，所以，
同理，，
所以，该选项正确，符合题意.
D 、已知，，根据余弦定理，
的面积，
因为，
则
令，则，其对称轴为，
当时，，
所以，该选项正确，符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】由正弦定理求得， 不存在这样的角B，满足条件的三角形个数为0 ，可判断A；由，得，展开得到，又，可判断B；由锐角三角形特征得，所以，所以，同理，， 可判断C；由已知，，根据余弦定理得， 由三角形得面积公式得到，结合二次函数求得，可判断D.
11．（2025高一下·浙江期中）如图1，矩形，已知，为中点，现将沿翻折后得到如图2的四棱锥，点是线段上（不含端点）的动点，则下列正确的是（　　）
A．当为线段中点时，平面
B．当为线段中点时，过点的截面交于点，则
C．在翻折过程中，存在一个位置使得
D．当时，的最小值为
【答案】A,B,D
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：
A、取中点，连接.
因为为的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面.
在矩形中，，故四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，该选项正确，符合题意.
B、由题意得，平面，，由平面，得平面，
延长交于点，连接，则平面平面，
所以，故.
由，，得分别为的中点，
若为的中点，则，
所以，即，该选项正确，符合题意.
C、假设，取中点，连接，
因为，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，显然不成立，假设错误，该选项错误，不合题意.
D、当时，把与展开在一个平面上.
展开后，的最小值为线段AC的长度.
在矩形ABCD中，，，
因为，所以，则，，.
因为，，所以，
所以在中，.
因为，所以，故，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
又，所以.
如图，在展开后的平面四边形中，是等腰三角形，，
则，则，
所以.
在中，由余弦定理得，，
所以，当三点共线时，等号成立，
故的最小值为，该选项正确，符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】由， 得平面 ，又 ， 得平面， 可证明面面平行，再得平面 ，可判断A；平面平面，所以，故.由，，得分别为的中点， 可判断B；利用反证法，得，所以平面，因为平面，所以，显然不成立 推出矛盾，可判断C；将平面图展开，可求AE，BE，AB，AD'，得 得 BD'，同理可得， 所以 ， 在展开后的平面四边形中，是等腰三角形 ，解三角形中得AC， 所以 ，验证等号，可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·浙江期中）如图，若斜边长为的等腰直角（与重合）是水平放置的的直观图，则的面积为　 　．
【答案】
【知识点】平面图形的直观图；空间几何体的直观图；斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：在斜二测直观图中， 由为等腰直角三角形，
，可得，．
还原原图形如图：
则，
则，
故答案为：.
【分析】斜二测直观图中， 由为等腰直角三角形，，可得，．
还原原图，，代入可得面积.
13．（2025高一下·浙江期中）已知向量，且向量与向量的夹角为，则　 　．
【答案】6
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：向量，且与的夹角为，
则，
.
故答案为：6
【分析】根据平面向量数量积的定义得，代入计算得解.
14．（2025高一下·浙江期中）已知正四面体A-BCD的棱长为2，在平面BCD内有一动直线a，求直线a与直线DA所成角的正弦值最小为　 　．
【答案】
【知识点】棱锥的结构特征；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：设正四面体的顶点A在平面BCD上的射影为O，则O是正三角形BCD的中心.
因为正三角形BCD的边长为，则.
当直线a与DO平行时为D与正三角形BCD中心O的连线，直线a与直线DA所成角最小.
此时就是直线a与直线DA所成的角或其补角，
在直角三角形ABO中，，，
由勾股定理可得
在直角三角形ADO中，，，
则直线a与直线DA所成角的正弦值最小为
故答案为：.
【分析】先作图，由正四面体几何特征得底面的中心O即是顶点A的射影；找到直线a与直线DA所成角最小 时，直线a的位置，可得此时就是直线a与直线DA所成的角或其补角 ；解直角三角形ABO ，得DO长度，解直角三角形ADO得解.
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·浙江期中）已知复数（，i为虚数单位），是纯虚数.
（1）求复数z；
（2）若复数是关于x的方程的根，求实数m和n的值.
【答案】（1）解：因为，
所以，
又由是纯虚数，可得，解得，所以．
（2）解：法一：因为是方程的根，
所以，即，
可得解得．
法二：是方程的根，
所以另一根为
由韦达定理可得：．
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；方程在复数范围内的解集
【解析】【分析】（1）由复数除法化简得，再由纯虚数定义可得，解除即可；
（2）由（1）求出复数，法一：是方程的根，则将代入方程得，得得解；
法二：是方程的根，则另一根为，结合韦达定理得，可解.
（1）因为，
所以，
又由是纯虚数，可得，解得，所以．
（2）法一：因为是方程的根，
所以，即，
可得解得．
法二：是方程的根，
所以另一根为
由韦达定理可得：．
16．（2025高一下·浙江期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，角A的角平分线交BC于点D且．
（1）求角A；
（2）若，求面积的最大值．
【答案】（1）解：因为，且平分，
所以，
因为，所以，
整理得，
因为，所以，
故，即，
因为，所以，得．
（2）解：由余弦定理可得：，
则，当且仅当时，等号成立，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为.
【知识点】基本不等式；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）已知代入得方程，整理化简得，可得，解方程得解；
（2）余弦定理得，运用基本不等式得，可得答案.
（1）因为，且平分，
所以，
因为，所以，
整理得，
因为，所以，
故，即，
因为，所以，得．
（2）由余弦定理可得：，
则，当且仅当时，等号成立，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为.
17．（2025高一下·浙江期中）已知函数．
（1）解方程；
（2）若恒成立，求m的取值范围．
【答案】（1）解：即
令，则或或．
（2）解：，
，
故，即，
又，当且仅当即时等号成立，
所以.
【知识点】函数恒成立问题；指数函数的图象与性质；基本不等式
【解析】【分析】（1）即，令，解一元二次方程即可得或．
（2）不等式可转化为，，运用基本不等式得验证等号即可.
（1）即
令，则或或．
（2），
，
故，即，
又，当且仅当即时等号成立，
所以.
18．（2025高一下·浙江期中）如图，已知多面体ABCDEF的底面ABCD为直角梯形，四边形ADEF为矩形，且平面平面ABCD，，，．
（1）证明：平面平面；
（2）当异面直线BF与CE所成角取最大时，求DE；
（3）当时，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明：由为矩形可得：，
因为平面，平面，所以平面，
又，同理可得平面，
因为，平面，所以平面平面.
（2）解：
如图，取中点，连接，由且，则四边形为平行四边形，
则，
所以即为异面直线与所成角的平面角；设，
法一：（正切和差公式）
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，因为平面，所以，
，当且仅当时取等．
法二：（余弦定理）
，当且仅当时取等．
法三：（空间对棱向量夹角公式）
易知，，
则
，
易知，，，，
，
当且仅当时取等．
（3）解：过点作，
易知平面与平面所成角为直线与平面所成角，设为，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，由，则，
由，，，
则中边上的高为，
设点到面的距离为，
由，，
即，故．
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；异面直线所成的角；平面与平面平行的判定；余弦定理
【解析】【分析】（1）由为矩形可得：，得平面，，同理可得平面，由判定定理可证平面平面；
（2）由异面直线的夹角的定义，得即为异面直线与所成角的平面角；法一：由正切和差公式验证等号得解；
法二：用余弦定理得
，验证等号得解；
法三：运用空间对棱向量夹角公式，先表示出，，代入数量积，得，运用基本不等式得解；
（3）由二面角的平面角定义，得平面与平面所成角为直线与平面所成角，易得，则中边上的高为，由等体积法得点到面的距离，故．
（1）由为矩形可得：，
因为平面，平面，所以平面，
又，同理可得平面，
因为，平面，所以平面平面.
（2）如图，取中点，连接，由且，则四边形为平行四边形，
则，
所以即为异面直线与所成角的平面角；设，
法一：（正切和差公式）
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，因为平面，所以，
，当且仅当时取等．
法二：（余弦定理）
，当且仅当时取等．
法三：（空间对棱向量夹角公式）
易知，，
则
，
易知，，，，
，
当且仅当时取等．
（3）过点作，
易知平面与平面所成角为直线与平面所成角，设为，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，由，则，
由，，，
则中边上的高为，
设点到面的距离为，
由，，
即，故．
19．（2025高一下·浙江期中）向量作为一种重要的数学工具，在代数与几何中发挥着重要桥梁作用，不仅在平面几何学中有着广泛的应用，在空间中、物理学、工程学和计算机科学等领域也同样发挥着重要的作用．它们通过向量的运算，使得我们能够描述和分析现实世界中的各种现象和问题．其中数量积的运算就很好的解决了物理中做功的概念，其运算结果是一个实数．向量在空间中还有一种运算，其运算结果仍是一个向量，即向量的叉积（外积），记作：．规定：①为同时与，垂直的向量，且与为相反向量；②（为向量与的夹角）；
（1）证明：；
（2）如图，已知棱长均为1的平行六面体，且，计算的值，并解释其几何意义．
（3）有一正四面体的四个顶点分别在四个平行平面，，，上，且两相邻平行平面距离为1，求该四面体的棱长．
【答案】（1）证明：左边由定义可得：，
右边左边．
故等式得证.
（2）解：设，由定义可得底面的面积为：，
又因为同时与垂直的向量，故为底面的法向量，
则平行六面体的体高为：，
所以平行六面体的体积为：，
又因，故点在底面的投影为的重心，易得，
所以．
所以，，其几何意义为以向量构成的平行六面体的体积．
（3）解：如图，设正四面体的棱长为，其中
设，且平面与交于，与交于，
故有，又由（2）可得：
，
，
同理，
由（1）可得：，
所以，
，
所以，即．
【知识点】向量的几何表示；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）利用数量积定义可得：，只需将右边展开化简即可得左边；
（2）根据叉乘积的定义定义得底面的面积为：，因为同时与垂直的向量，故为底面的法向量，得体高为：，代入得体积为：，点在底面的投影为的重心，易得，代入公式得，得解；
（3）由（2）可得向量运算的几何意义，求得三棱锥的体积，，，同理，
根据图象以及（1）的等式，建立方程，得.
（1）左边由定义可得：，
右边左边．
故等式得证.
（2）设，由定义可得底面的面积为：，
又因为同时与垂直的向量，故为底面的法向量，
则平行六面体的体高为：，
所以平行六面体的体积为：，
又因，故点在底面的投影为的重心，易得，
所以．
所以，，其几何意义为以向量构成的平行六面体的体积．
（3）如图，设正四面体的棱长为，其中
设，且平面与交于，与交于，
故有，又由（2）可得：
，
，
同理，
由（1）可得：，
所以，
，
所以，即．
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