资源简介

广东省广州市广东实验中学越秀学校2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
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·广州期中）已知复数，为的共轭复数，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·广州期中）已知向量，满足，，，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高一下·广州期中）在△ABC中，cosC= ，AC=4，BC=3，则cosB=（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·广州期中）已知是两条不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
5．（2025高一下·广州期中）已知向量 ，则在上的投影向量为（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025高一下·广州期中）我国古代名著《张邱建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈．欲斩末为方亭，令上方六尺．问：斩高几何？”大致意思是：有一个正四棱锥的下底面边长为二丈，高为三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底面边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？如果我们把求截去的正四棱锥的高改为求剩下的正四棱台的体积，则该正四棱台的体积是（　　）（注：1丈=10尺）
A．立方尺 B．立方尺 C．3892立方尺 D．11676立方尺
7．（2025高一下·广州期中）如图，是海面上位于东西方向相距海里的两个观测点，现位于A点北偏东、B点北偏西的D点有一艘船发出求救信号，位于B点南偏西且与B点相距海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，则该救援船到达D点最快所需时间为（　　）
A．0.2小时 B．0.3小时 C．0.5小时 D．1小时
8．（2025高一下·广州期中）设点是所在平面内一点，则下列说法不正确的是（　　）
A．若，则的形状为等边三角形
B．在中，，若，则为钝角三角形
C．已知点是平面上的一个定点，并且A，B，是平面上不共线的三个点，动点满足，则点的轨迹一定通过的内心
D．已知与的夹角为锐角，实数的取值范围是
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·广州期中）下列命题正确的是（　　）
A．若为纯虚数，，则
B．若，则
C．若复数满足，则在复平面内对应点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆
D．若是关于的方程的根，则
10．（2025高一下·广州期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（　　）
A．若，，，则有两解
B．若，则是钝角三角形
C．若为锐角三角形，则
D．若，则为等腰三角形
11．（2025高一下·广州期中）如图，在棱长为的正方体中，分别是的中点，则（　　）
A．四点共面
B．若，则异面直线与所成角的余弦值为
C．平面截正方体所得截面为等腰梯形
D．若，则三棱锥的外接球的体积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·广州期中）请写出一个模为5，虚部为的复数　 　.
13．（2025高一下·广州期中） 的内角 的对边分别为 .若 ，则 的面积为　 　.
14．（2025高一下·广州期中）已知为的外接圆圆心，，则的最大值为　 　.
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·广州期中）已知点.
（1）若，其中是实数，且，求的值；
（2）求与的夹角.
16．（2025高一下·广州期中）如图，一个几何体是由一个正三棱柱内挖去一个倒圆锥组成，该三棱柱的底面正三角形的边长为2，高为4．圆锥的底面内切于该三棱柱的上底面，顶点在三棱柱下底面的中心处．
（1）求该几何体的体积；
（2）求该几何体的表面积．
17．（2025高一下·广州期中）如图，四棱锥的底面为菱形，，底面，，E为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）在侧棱上是否存在一点M，满足平面，若存在，求的长；若不存在，说明理由.
18．（2025高一下·广州期中）在中，角，，所对的边分别是，，，且满足.
（1）求角；
（2）若，求面积的最大值．
（3）如图，若外接圆半径为，为的中点，且，求的周长.
19．（2025高一下·广州期中）如图，圆C的半径为3，其中A，B为圆C上两点.
（1）若，当k为何值时，与垂直？
（2）若G为的重心，直线l过点G交边AB于点P，交边AC于点Q，且，求最小值.
（3）若的最小值为1，求的值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：，则，
.
故答案为：C.
【分析】先由复数代数形式的乘除运算求出，再根据共轭复数的概念求得，最后根据复数的模长公式求解即可.
2．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：，，
由，可得，则，
即，即，解得.
故答案为：A.
【分析】将两边平方，结合平面向量数量积的运算求解即可.
3．【答案】A
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】 在 中， ， ，
根据余弦定理：
可得 ，即
由
故 .
故答案为：A.
【分析】根据已知条件结合余弦定理求得 ，再根据 ，即可求得答案.
4．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，，则或，故A错误；
B、若，，，，则或 相交，故B错误；
C、若，，，则或 相交，故C错误；
D、若，，则，因为，则，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据空间内线线、线面和面面位置关系的判定及性质判断即可.
5．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由题意可得，
所以在上的投影向量为，
故答案为：A.
【分析】先利用向量的坐标运算可得，再利用投影向量公式即可求解.
6．【答案】C
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
由四棱锥I-ABCD截得棱台ABCD-EFGH，W、X分别为上下底面的中心，
即IX为棱锥的高，WX为棱台的高，
由题意可知：棱台上下底面均为正方形，
上下底面面积分别为，则，棱锥的高，
由棱台的性质可知，则棱台的高，
故该正四棱台的体积为（立方尺）.
故答案为：C.
【分析】由题意，作出立体图形，易知棱台的上、下底面均为正方形，先计算上下底面的面积，结合的棱台的性质求棱台的高，最后根据棱台的体积公式计算即可.
7．【答案】A
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题意，在中，
，，，
所以，
由正弦定理可得，，
则，
在中，，，
由余弦定理可得，
，所以，
因此救援船到达点需要的时间为小时.
故答案为：A.
【分析】在中，由正弦定理得出的长，在中，根据余弦定理得出的长，从而得出该救援船到达D点最快所需时间.
8．【答案】D
【知识点】共线（平行）向量；平面向量减法运算；数量积表示两个向量的夹角；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、 若， 则，
即为等边三角形，故A正确；
B、 在中， 由，可得，则，即为钝角，故B正确；
C、易知分别表示向量方向上的单位向量，
则的方向与的角平分线方向一致，由，
得，又，则向量的方向与的角平分线方向一致，
则点的轨迹一定通过的内心，故C正确；
D、当时，，此时与同向，夹角不是锐角，故D错误.
故答案为：D.
【分析】根据向量减法化简即可判断A；在中，利用向量夹角求解即可判断B；利用单位向量以及向量加法的平行四边形法则推理即可判断C；取特例即可判断D.
9．【答案】B,D
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；方程的解与虚数根；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、因为为纯虚数，，所以，
解得，故A错误；
B、因为，所以，解得，故B正确；
C、设，则，
又，所以，则，
所以在复平面内对应点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，故C错误；
D、因为是关于的方程的根，所以也是方程的一个根，由韦达定理可得，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据复数的概念，若为纯虚数，即虚部为零列式求解即可判断A；根据复数相等列式求解即可判断B；根据复数的几何意义即可判断C；根据实系数一元二次方程虚根成对原理，结合韦达定理求解即可判断D.
10．【答案】A,B,C
【知识点】二倍角的正弦公式；三角函数诱导公式二~六；余弦定理；正弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、由，可得有两解，故A正确；
B、由余弦定理，可得为钝角，即为钝角三角形，故B正确；
C、因为三角形为锐角三角形，
所以，所以，所以，即，故C正确；
D、若，由正弦定理可得，整理可得，
则或，即或，为等腰或直角三角形，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据边的关系，结合正弦定理求解即可判断A；利用余弦定理求解即可判断B；由为锐角三角形，可得，结合诱导公式化简求解即可判断C；利用正弦定理，结合正弦的二倍角公式化简得为等腰或直角三角形，即可判断D.
11．【答案】A,B
【知识点】棱柱的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；球内接多面体
【解析】【解答】解：A、连接，因为分别是的中点，所以，
又因为，故，所以四点共面，故A正确；
B、因为，所以异面直线与所成角，即为直线与所成角，
设，因为正方体的棱长为，
可得，，，
在中，可得，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故B正确；
C、如图（1）所示，设的中点分别为，
连接，可得平面截正方体的截面为六边形，
根据正方体的几何结构，可得六边形为正六边形，故C错误；
D、如图（2）所示，分别在上取点，使得，
连接，并延长于点，使得，把原正方体补成如图（2）所示的长方体，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以，即为三棱锥的外接球的球心，
且三棱锥的外接球的半径，
所以三棱锥外接球的体积为，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】连接，根据中位线性质求得，证得，即四点共面，即可判断A；由，得到异面直线与所成角，即为直线与所成角，在中，利用余弦定理求解异面直线的夹角即可判断B；根据正方体的截面性质，得到六边形为正六边形即可判断C；分别在上取点，使得，连接，并延长于点，使得，把原正方体补成长方体，分别在直角、直角、直角、直角中，利用勾股定理求得，推出为三棱锥的外接球的球心，及半径，再根据球的体积公式求解即可判断D.
12．【答案】（或）答案不唯一，写出一个即可
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】解：设复数，由题意可得，解得，
则或.
故答案为：或（答案不唯一）.
【分析】设复数，根据复数的模为5，列式求得的值，即可得复数.
13．【答案】
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】 【解答】由余弦定理得， ，由题得：b=6，a=2c， ，代入化简得 ，
解得 c1=2，c2=-2 （舍），则a=2c=4 ，所以
故答案为：
【分析】首先利用余弦定理代入数值求出c的值，从而求出a的值，再由三角形的面积公式代入数值求出结果即可。
14．【答案】4
【知识点】平面向量的数量积运算；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：如图所示：
由题意可得：，且，
则，
故当反向共线时，，取到最大值4.
故答案为：4.
【分析】作出图形，由题意，根据圆的性质易得，再根据向量数量积运算计算，最后根据余弦函数的值域求最值即可.
15．【答案】（1）解：由点，
可得，
则，
因为，
所以，
解得；
（2）解：由（1）知：，
可得，
则，
因为，所以，
则与的夹角为.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量的坐标表示先求和，再根据，，列方程求解即可；
（2）由（1）得到，根据向量数量积的坐标表示，以及向量结夹角公式求解即可.
（1）解：因为，
可得，所以，
又因为，可得，解得.
（2）解：由（1）知：，
可得，
所以，
又因为，所以，即与的夹角为.
16．【答案】（1）解：正三棱柱的底面积为，正三棱柱的体积为，
设正三角形的内切圆半径为，则，解得，
则圆锥的体积为，
故该几何体的体积为；
（2）解：因为正三棱柱的表面积为，
倒圆锥的底面圆面积为，
倒圆锥的母线长为，
倒圆锥的侧面积为，
故该几何体的表面积为.
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；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）先计算正三棱柱的底面积，再求正三棱柱的体积，设正三角形的内切圆半径为，根据底面面积求得半径，计算圆锥的体积，用正三棱柱的体积减去倒圆锥的体积，即可求得该几何体的体积；
（2）先计算正三棱柱的表面积，倒圆锥的底面圆面积，然后减去倒圆锥的底面圆的面积，再加上倒圆锥的侧面积，即可求得该几何体的表面积.
（1）正三棱柱的底面积为，
所以正三棱柱的体积为，
设正三角形的内切圆半径为，
所以，所以，
所以圆锥的体积为，
所以该几何体的体积为.
（2）因为正三棱柱的表面积为，
倒圆锥的底面圆面积为，
倒圆锥的母线长为，
所以倒圆锥的侧面积为，
所以该几何体的表面积为.
17．【答案】解：（1）设，相交于点F，连接，如图所示：
因为四棱锥底面为菱形，所以F为的中点，
又因为E为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）因为底面为菱形，，所以是边长为2的正三角形，
又因为底面，所以为三棱锥的高，
则；
（3）在侧棱上存在一点M，满足平面，证明如下：
因为四棱锥的底面为菱形，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，所以平面，所以，
在内，可求，，
在平面内，作，垂足为M，
设，则有，解得.
连接，因为，，，平面，平面，
所以平面，
故满足条件的点M存在，此时的长为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设，相交于点F，连接，利用菱形的性质，可得F为的中点，再根据中位线定理可得，最后根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意可得是边长为2的正三角形，再根据底面，可得为三棱锥的高，利用等体积，以及三棱锥的体积公式求解即可；
（3）利用三垂线定理可得，在平面内，作，垂足为，求得的长，即可知道点是否在线段上.
18．【答案】（1）解：，由正弦定理得，
因为，所以，
即，又因为，所以，，
又因为，所以；
（2）解：由余弦定理，可得，
则，即，当且仅当时等号成立，
则，即面积最大值为；
（3）解：由正弦定理得，解得，即，
因为为边上的中点，所以，
由余弦定理得，即①，
在中，，
在中，，
因为，所以，
即，整理得：②，
由①②得：，
则，解得，
故的周长为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合三角形内角和定理以及两角和的正弦公式化简求解即可；
（2）利用余弦定理，结合基本不等式求解即可；
（3）利用正弦定理求，根据余弦定理得到①，再由得到②，联立①②解得，根据平方和求，据此求的周长即可.
（1）由正弦定理得：，又，
，
即，又，，，
又，；
（2）由余弦定理得，，
，
，当且仅当时等号成立，
，
所以面积最大值为；
（3）由正弦定理得，解得，即，
为边上的中点，，
由余弦定理得，即①，
方法一：在中，，
在中，，
，，
即，整理得：②，
由①②得：，
，解得：，
的周长为.
方法二：由向量加法得，
，即②，
由①②得，
，解得，
的周长为.
19．【答案】（1）解：，
由余弦定理得，即，解得，
若与垂直，则，
即，即，解得，
故当时，与垂直；
（2）解：因为为的重心，所以，
又因为，所以，
由于三点共线，所以存在实数使得，所以，
化简为，所以，所以，
显然，则，
当且仅当时，即时，取最值，
则的最小值为2；
（3）解：设与的夹角为，在中，，
，
，
当时，有最小值，则，解得，
即取最小值1时，．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的数量积运算；解三角形；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用余弦定理可得，再根据向量垂直数量积为零求k的值即可；
（2）由为的重心，可得，再根据向量的线性运算和共线的条件得到，即可得到，最后利用基本不等式求解即可；
（3）设与的夹角为，根据向量的数量积运算求得，再由模长的计算得到，结合二次函数的性质求解即可.
（1）因为，
所以由余弦定理得，即，所以.
若与垂直，则，
所以，所以，
解得，即时，与垂直；
（2）因为为的重心，所以，
又因为，所以，
由于三点共线，所以存在实数使得，所以
化简为，所以，所以.
显然，则，
当且仅当时，即时，取最值.
则的最小值为2.
（3）设与的夹角为，在中，，
所以，
又
，
所以当时，有最小值，所以，解得，
即取最小值1时，．
1 / 1广东省广州市广东实验中学越秀学校2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
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·广州期中）已知复数，为的共轭复数，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：，则，
.
故答案为：C.
【分析】先由复数代数形式的乘除运算求出，再根据共轭复数的概念求得，最后根据复数的模长公式求解即可.
2．（2025高一下·广州期中）已知向量，满足，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：，，
由，可得，则，
即，即，解得.
故答案为：A.
【分析】将两边平方，结合平面向量数量积的运算求解即可.
3．（2025高一下·广州期中）在△ABC中，cosC= ，AC=4，BC=3，则cosB=（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】 在 中， ， ，
根据余弦定理：
可得 ，即
由
故 .
故答案为：A.
【分析】根据已知条件结合余弦定理求得 ，再根据 ，即可求得答案.
4．（2025高一下·广州期中）已知是两条不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，，则或，故A错误；
B、若，，，，则或 相交，故B错误；
C、若，，，则或 相交，故C错误；
D、若，，则，因为，则，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据空间内线线、线面和面面位置关系的判定及性质判断即可.
5．（2025高一下·广州期中）已知向量 ，则在上的投影向量为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由题意可得，
所以在上的投影向量为，
故答案为：A.
【分析】先利用向量的坐标运算可得，再利用投影向量公式即可求解.
6．（2025高一下·广州期中）我国古代名著《张邱建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈．欲斩末为方亭，令上方六尺．问：斩高几何？”大致意思是：有一个正四棱锥的下底面边长为二丈，高为三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底面边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？如果我们把求截去的正四棱锥的高改为求剩下的正四棱台的体积，则该正四棱台的体积是（　　）（注：1丈=10尺）
A．立方尺 B．立方尺 C．3892立方尺 D．11676立方尺
【答案】C
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示：
由四棱锥I-ABCD截得棱台ABCD-EFGH，W、X分别为上下底面的中心，
即IX为棱锥的高，WX为棱台的高，
由题意可知：棱台上下底面均为正方形，
上下底面面积分别为，则，棱锥的高，
由棱台的性质可知，则棱台的高，
故该正四棱台的体积为（立方尺）.
故答案为：C.
【分析】由题意，作出立体图形，易知棱台的上、下底面均为正方形，先计算上下底面的面积，结合的棱台的性质求棱台的高，最后根据棱台的体积公式计算即可.
7．（2025高一下·广州期中）如图，是海面上位于东西方向相距海里的两个观测点，现位于A点北偏东、B点北偏西的D点有一艘船发出求救信号，位于B点南偏西且与B点相距海里的C点的救援船立即前往营救，其航行速度为30海里/小时，则该救援船到达D点最快所需时间为（　　）
A．0.2小时 B．0.3小时 C．0.5小时 D．1小时
【答案】A
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题意，在中，
，，，
所以，
由正弦定理可得，，
则，
在中，，，
由余弦定理可得，
，所以，
因此救援船到达点需要的时间为小时.
故答案为：A.
【分析】在中，由正弦定理得出的长，在中，根据余弦定理得出的长，从而得出该救援船到达D点最快所需时间.
8．（2025高一下·广州期中）设点是所在平面内一点，则下列说法不正确的是（　　）
A．若，则的形状为等边三角形
B．在中，，若，则为钝角三角形
C．已知点是平面上的一个定点，并且A，B，是平面上不共线的三个点，动点满足，则点的轨迹一定通过的内心
D．已知与的夹角为锐角，实数的取值范围是
【答案】D
【知识点】共线（平行）向量；平面向量减法运算；数量积表示两个向量的夹角；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、 若， 则，
即为等边三角形，故A正确；
B、 在中， 由，可得，则，即为钝角，故B正确；
C、易知分别表示向量方向上的单位向量，
则的方向与的角平分线方向一致，由，
得，又，则向量的方向与的角平分线方向一致，
则点的轨迹一定通过的内心，故C正确；
D、当时，，此时与同向，夹角不是锐角，故D错误.
故答案为：D.
【分析】根据向量减法化简即可判断A；在中，利用向量夹角求解即可判断B；利用单位向量以及向量加法的平行四边形法则推理即可判断C；取特例即可判断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·广州期中）下列命题正确的是（　　）
A．若为纯虚数，，则
B．若，则
C．若复数满足，则在复平面内对应点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆
D．若是关于的方程的根，则
【答案】B,D
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；方程的解与虚数根；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、因为为纯虚数，，所以，
解得，故A错误；
B、因为，所以，解得，故B正确；
C、设，则，
又，所以，则，
所以在复平面内对应点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆，故C错误；
D、因为是关于的方程的根，所以也是方程的一个根，由韦达定理可得，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据复数的概念，若为纯虚数，即虚部为零列式求解即可判断A；根据复数相等列式求解即可判断B；根据复数的几何意义即可判断C；根据实系数一元二次方程虚根成对原理，结合韦达定理求解即可判断D.
10．（2025高一下·广州期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（　　）
A．若，，，则有两解
B．若，则是钝角三角形
C．若为锐角三角形，则
D．若，则为等腰三角形
【答案】A,B,C
【知识点】二倍角的正弦公式；三角函数诱导公式二~六；余弦定理；正弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、由，可得有两解，故A正确；
B、由余弦定理，可得为钝角，即为钝角三角形，故B正确；
C、因为三角形为锐角三角形，
所以，所以，所以，即，故C正确；
D、若，由正弦定理可得，整理可得，
则或，即或，为等腰或直角三角形，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据边的关系，结合正弦定理求解即可判断A；利用余弦定理求解即可判断B；由为锐角三角形，可得，结合诱导公式化简求解即可判断C；利用正弦定理，结合正弦的二倍角公式化简得为等腰或直角三角形，即可判断D.
11．（2025高一下·广州期中）如图，在棱长为的正方体中，分别是的中点，则（　　）
A．四点共面
B．若，则异面直线与所成角的余弦值为
C．平面截正方体所得截面为等腰梯形
D．若，则三棱锥的外接球的体积为
【答案】A,B
【知识点】棱柱的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；异面直线所成的角；球内接多面体
【解析】【解答】解：A、连接，因为分别是的中点，所以，
又因为，故，所以四点共面，故A正确；
B、因为，所以异面直线与所成角，即为直线与所成角，
设，因为正方体的棱长为，
可得，，，
在中，可得，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故B正确；
C、如图（1）所示，设的中点分别为，
连接，可得平面截正方体的截面为六边形，
根据正方体的几何结构，可得六边形为正六边形，故C错误；
D、如图（2）所示，分别在上取点，使得，
连接，并延长于点，使得，把原正方体补成如图（2）所示的长方体，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以，即为三棱锥的外接球的球心，
且三棱锥的外接球的半径，
所以三棱锥外接球的体积为，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】连接，根据中位线性质求得，证得，即四点共面，即可判断A；由，得到异面直线与所成角，即为直线与所成角，在中，利用余弦定理求解异面直线的夹角即可判断B；根据正方体的截面性质，得到六边形为正六边形即可判断C；分别在上取点，使得，连接，并延长于点，使得，把原正方体补成长方体，分别在直角、直角、直角、直角中，利用勾股定理求得，推出为三棱锥的外接球的球心，及半径，再根据球的体积公式求解即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·广州期中）请写出一个模为5，虚部为的复数　 　.
【答案】（或）答案不唯一，写出一个即可
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】解：设复数，由题意可得，解得，
则或.
故答案为：或（答案不唯一）.
【分析】设复数，根据复数的模为5，列式求得的值，即可得复数.
13．（2025高一下·广州期中） 的内角 的对边分别为 .若 ，则 的面积为　 　.
【答案】
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】 【解答】由余弦定理得， ，由题得：b=6，a=2c， ，代入化简得 ，
解得 c1=2，c2=-2 （舍），则a=2c=4 ，所以
故答案为：
【分析】首先利用余弦定理代入数值求出c的值，从而求出a的值，再由三角形的面积公式代入数值求出结果即可。
14．（2025高一下·广州期中）已知为的外接圆圆心，，则的最大值为　 　.
【答案】4
【知识点】平面向量的数量积运算；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：如图所示：
由题意可得：，且，
则，
故当反向共线时，，取到最大值4.
故答案为：4.
【分析】作出图形，由题意，根据圆的性质易得，再根据向量数量积运算计算，最后根据余弦函数的值域求最值即可.
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·广州期中）已知点.
（1）若，其中是实数，且，求的值；
（2）求与的夹角.
【答案】（1）解：由点，
可得，
则，
因为，
所以，
解得；
（2）解：由（1）知：，
可得，
则，
因为，所以，
则与的夹角为.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量的坐标表示先求和，再根据，，列方程求解即可；
（2）由（1）得到，根据向量数量积的坐标表示，以及向量结夹角公式求解即可.
（1）解：因为，
可得，所以，
又因为，可得，解得.
（2）解：由（1）知：，
可得，
所以，
又因为，所以，即与的夹角为.
16．（2025高一下·广州期中）如图，一个几何体是由一个正三棱柱内挖去一个倒圆锥组成，该三棱柱的底面正三角形的边长为2，高为4．圆锥的底面内切于该三棱柱的上底面，顶点在三棱柱下底面的中心处．
（1）求该几何体的体积；
（2）求该几何体的表面积．
【答案】（1）解：正三棱柱的底面积为，正三棱柱的体积为，
设正三角形的内切圆半径为，则，解得，
则圆锥的体积为，
故该几何体的体积为；
（2）解：因为正三棱柱的表面积为，
倒圆锥的底面圆面积为，
倒圆锥的母线长为，
倒圆锥的侧面积为，
故该几何体的表面积为.
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；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）先计算正三棱柱的底面积，再求正三棱柱的体积，设正三角形的内切圆半径为，根据底面面积求得半径，计算圆锥的体积，用正三棱柱的体积减去倒圆锥的体积，即可求得该几何体的体积；
（2）先计算正三棱柱的表面积，倒圆锥的底面圆面积，然后减去倒圆锥的底面圆的面积，再加上倒圆锥的侧面积，即可求得该几何体的表面积.
（1）正三棱柱的底面积为，
所以正三棱柱的体积为，
设正三角形的内切圆半径为，
所以，所以，
所以圆锥的体积为，
所以该几何体的体积为.
（2）因为正三棱柱的表面积为，
倒圆锥的底面圆面积为，
倒圆锥的母线长为，
所以倒圆锥的侧面积为，
所以该几何体的表面积为.
17．（2025高一下·广州期中）如图，四棱锥的底面为菱形，，底面，，E为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）在侧棱上是否存在一点M，满足平面，若存在，求的长；若不存在，说明理由.
【答案】解：（1）设，相交于点F，连接，如图所示：
因为四棱锥底面为菱形，所以F为的中点，
又因为E为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）因为底面为菱形，，所以是边长为2的正三角形，
又因为底面，所以为三棱锥的高，
则；
（3）在侧棱上存在一点M，满足平面，证明如下：
因为四棱锥的底面为菱形，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，所以平面，所以，
在内，可求，，
在平面内，作，垂足为M，
设，则有，解得.
连接，因为，，，平面，平面，
所以平面，
故满足条件的点M存在，此时的长为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设，相交于点F，连接，利用菱形的性质，可得F为的中点，再根据中位线定理可得，最后根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意可得是边长为2的正三角形，再根据底面，可得为三棱锥的高，利用等体积，以及三棱锥的体积公式求解即可；
（3）利用三垂线定理可得，在平面内，作，垂足为，求得的长，即可知道点是否在线段上.
18．（2025高一下·广州期中）在中，角，，所对的边分别是，，，且满足.
（1）求角；
（2）若，求面积的最大值．
（3）如图，若外接圆半径为，为的中点，且，求的周长.
【答案】（1）解：，由正弦定理得，
因为，所以，
即，又因为，所以，，
又因为，所以；
（2）解：由余弦定理，可得，
则，即，当且仅当时等号成立，
则，即面积最大值为；
（3）解：由正弦定理得，解得，即，
因为为边上的中点，所以，
由余弦定理得，即①，
在中，，
在中，，
因为，所以，
即，整理得：②，
由①②得：，
则，解得，
故的周长为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合三角形内角和定理以及两角和的正弦公式化简求解即可；
（2）利用余弦定理，结合基本不等式求解即可；
（3）利用正弦定理求，根据余弦定理得到①，再由得到②，联立①②解得，根据平方和求，据此求的周长即可.
（1）由正弦定理得：，又，
，
即，又，，，
又，；
（2）由余弦定理得，，
，
，当且仅当时等号成立，
，
所以面积最大值为；
（3）由正弦定理得，解得，即，
为边上的中点，，
由余弦定理得，即①，
方法一：在中，，
在中，，
，，
即，整理得：②，
由①②得：，
，解得：，
的周长为.
方法二：由向量加法得，
，即②，
由①②得，
，解得，
的周长为.
19．（2025高一下·广州期中）如图，圆C的半径为3，其中A，B为圆C上两点.
（1）若，当k为何值时，与垂直？
（2）若G为的重心，直线l过点G交边AB于点P，交边AC于点Q，且，求最小值.
（3）若的最小值为1，求的值.
【答案】（1）解：，
由余弦定理得，即，解得，
若与垂直，则，
即，即，解得，
故当时，与垂直；
（2）解：因为为的重心，所以，
又因为，所以，
由于三点共线，所以存在实数使得，所以，
化简为，所以，所以，
显然，则，
当且仅当时，即时，取最值，
则的最小值为2；
（3）解：设与的夹角为，在中，，
，
，
当时，有最小值，则，解得，
即取最小值1时，．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的数量积运算；解三角形；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用余弦定理可得，再根据向量垂直数量积为零求k的值即可；
（2）由为的重心，可得，再根据向量的线性运算和共线的条件得到，即可得到，最后利用基本不等式求解即可；
（3）设与的夹角为，根据向量的数量积运算求得，再由模长的计算得到，结合二次函数的性质求解即可.
（1）因为，
所以由余弦定理得，即，所以.
若与垂直，则，
所以，所以，
解得，即时，与垂直；
（2）因为为的重心，所以，
又因为，所以，
由于三点共线，所以存在实数使得，所以
化简为，所以，所以.
显然，则，
当且仅当时，即时，取最值.
则的最小值为2.
（3）设与的夹角为，在中，，
所以，
又
，
所以当时，有最小值，所以，解得，
即取最小值1时，．
1 / 1

展开更多......

收起↑