高一数学下学期期中押题试卷01（范围：平面向量及其应用、复数、立体几何初步）-2024-2025学年高一数学考试满分全攻略同步备课备考系列（人教A版2019必修二）

2024-2025学年高一数学下学期期中押题试卷01 考试时间：120分钟 满分：150分 测试范围：平面向量及其应用、复数、立体几何初步 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．（23-24高一下·北京通州·期中）在复平面内，复数对应的点在（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】A 【知识点】复数代数形式的乘法运算、判断复数对应的点所在的象限 【分析】利用复数的乘法求出即可得解. 【详解】依题意，，所以复数在复平面内对应点在第一象限. 故选：A 2．（24-25高一下·湖南长沙·期中）已知向量，，则（ ） A．-1 B．-2 C．1 D．0 【答案】C 【知识点】数量积的坐标表示 【分析】应用平面向量数量积坐标公式计算即可. 【详解】因为向量，，所以. 故选：C. 3．（23-24高一下·江苏无锡·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】面面关系有关命题的判断、线面关系有关命题的判断、判断线面平行 【分析】本题考查空间内线线、线面和面面位置关系的判定及性质，根据判定定理和性质定理依次判断即可. 【详解】对于A选项，若，，则或，A错； 对于B选项，若，，，，则或､相交，B错； 对于C选项，若，，，则或､相交，C错； 对于D选项，若，，则，因为，则，D对. 故选：D. 4．（24-25高一下·四川内江·期中）已知向量，.若，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】向量垂直的坐标表示 【分析】根据向量垂直的充要条件，利用数量积的坐标运算列式求解即可. 【详解】因为向量，，且， 所以，解得. 故选：C 5．正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的面积是（    ）    A． B．4 C． D． 【答案】D 【知识点】由直观图还原几何图形、斜二测画法中有关量的计算 【分析】利用直观图还原原图形，再求出面积即可. 【详解】    如图所示，根据斜二测画法可知原图形为平行四边形，其中 所以原图形的面积为. 故选：D. 6．（命题新趋势阅读理解题）（22-23高一下·浙江·期中）任何一个复数都可以表示成的形式．其中是复数的模；是以轴的非负半轴为始边，复数在复平面内对应的平面向量所在射线为终边的角，叫做复数的辐角．我们规定在范围内的辐角的值为辐角的主值，记为．那么（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】由终边或终边上的点求三角函数值、已知三角函数值求角、复数的坐标表示 【分析】根据复数辐角的主值的定义计算即可. 【详解】对应的平面向量， 设辐角为，，所以. . 故选：B. 7．（命题新趋势生活情境题）（23-24高一下·安徽黄山·期中）长庆寺塔，又名“十寺塔”，位于安徽黄山市歙县的西干披云峰麓，历经900多年风雨侵蚀，仍巍然屹立，是中国现存少有的方形佛塔．如图，为测量塔的总高度，选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，，在点测得塔顶的仰角为，则塔的总高度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】正弦定理解三角形、高度测量问题 【分析】设，则，在中，利用正弦定理求解. 【详解】设，则，且， 在中，， ∴，即， 解得． 故选：B． 8．（命题新趋势多结论）（23-24高一下·天津·期中）在棱长为1的正方体中，，E是线段（含端点）上的一动点， ①； ②平面； ③三棱锥的体积为定值； ④与所成的最大角为. 上述命题中正确的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】A 【知识点】锥体体积的有关计算、求异面直线所成的角、线面垂直证明线线垂直、线面平行的性质 【分析】利用正方体的结构特征，利用线面位置关系的判定和性质，异面直线所成角及锥体体积计算对4个命题逐个判断即可得出结论. 【详解】对于①，因为平面，平面，则， 又因为，且平面， 得平面，又平面，所以； 因为平面，平面，则， 又因为平面， 所以平面，又平面， 所以，又平面，所以平面. 又平面，所以，正确； 对于②，在正方体中，因为，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 同理，平面，又平面， 所以平面平面.又平面，所以平面，正确； 对于③，由②知，平面，平面， 所以平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以为定值，正确； 对于④，当与重合时，与所成的角最大,最大为，理由如下： 因为，平面，平面， 所以，，且平面， 所以平面， 平面，所以，所以与所成的最大角为，正确. 故正确的命题个数为4个. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查了线线、线面关系的判断及锥体的体积，解题的关键是利用等体积转化法判断体积为定值. 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．（23-24高一下·四川达州·期中）下列四种说法不正确的是（ ） A．如果实数，那么是纯虚数． B．实数是复数． C．如果，那么是纯虚数． D．任何数的偶数次幂都不小于零． 【答案】ACD 【知识点】复数的基本概念 【分析】根据复数的概念及分类，逐项判定，即可求解. 【详解】对A，当时，则是实数，故A错误； 对B，根据复数定义可知，故B正确； 对C，，那么是实数，故C错误； 对D，根据虚数，故D错误. 故选：ACD 10．下列说法中错误的有（    ） A．若，，则 B．向量，不能作为平面内所有向量的一组基底 C．若，，则 D．已知，，且与的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是 【答案】ACD 【知识点】向量模的坐标表示、向量夹角的坐标表示、基底的概念及辨析、数量积的坐标表示 【分析】对于A，由向量坐标表示定义可得答案；对于B，由平面向量基底概念可得答案；对于C，由向量模长坐标计算公式可得答案；对于D，由向量夹角余弦坐标计算公式，结合夹角为锐角可得答案. 【详解】对于A，注意到，则不与平行，则，故A错误； 对于B，注意到，则，即不能作为一组基底，故B正确； 对于C，由题，因，，则，则，故C错误； 对于D，由题，，因与的夹角为锐角， 则且不与共线， 则，故D错误. 故选：ACD 11．如图，为圆锥底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（    ） A．圆锥的侧面积为9π B．三棱锥体积的最大值为9 C．的取值范围是 D．若，E为线段上的动点，则的最小值为 【答案】BD 【知识点】圆锥表面积的有关计算、锥体体积的有关计算、余弦定理解三角形 【分析】对于选项A：直接利用扇形的面积公式求解；对于选项B：直接求出三棱锥体积的最大值；对于选项C：先求出的范围，由，即可求出的范围；对于选项D：将以AB为轴旋转到与共面，判断出，利用余弦定理求出最小值. 【详解】在中，, 则圆锥的母线长，半径. 对于选项A：圆锥SO的侧面积为，故选项A错误； 对于选项B：当时，的面积最大，此时， 则三棱锥体积的最大值为：，故选项B正确； 对于选项C：当点B与点A重合时，为最小角； 当点B与点C重合时，，达到最大值， 又因为点B与A，C不重合，则. 又，可得，故选项C错误； 对于选项D：因为，所以. 又，所以为等边三角形，∴. 将以AB为轴旋转到与共面， 得到，则为等边三角形，. 如图：. 因为，, ∴； 故选项D正确. 故选：BD 【点睛】关键点点睛：对于选项D：将以AB为轴旋转到与共面，是解决最值的关键. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（23-24高一下·四川乐山·期中）在复平面内，复数对应的向量分别是，其中是坐标原点，则向量对应的复数为 ． 【答案】 【知识点】复数加减法几何意义的运用、复数的向量表示、复数的坐标表示 【分析】运用复数几何意义，结合平面向量减法运算可解. 【详解】复数对应的向量分别是,则 .则向量对应的复数为. 故答案为：. 13．已知，，与夹角为60°，与同向的单位向量为，在方向上的投影向量为，则m的值为 . 【答案】3 【知识点】用定义求向量的数量积、求投影向量 【分析】根据条件，利用投影向量的定义，即可求出结果. 【详解】因为，，与的夹角为， 所以在方向上的投影向量为， . 故答案为：3. 14．（命题新趋势阅读理解题）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则勒洛四面体能够容纳的最大球的表面积为 .    【答案】 【知识点】球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】需要利用正四面体的高以及外接球半径与棱长的关系，得到外接球半径，再根据图形得到勒洛四面体的内切球半径，而内切球半径即为该勒洛四面体的能够容纳的最大球的半径，进而结合球的面积公式求解即可. 【详解】由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心，如图： 正外接圆半径， 正四面体的高， 令正四面体的外接球半径为， 在中，，解得， 此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示： 图中取正四面体中心为，连接..交平面于点，交曲面于点， 其中即为正四面体外接球半径，因为点..均在以点B为球心的球面上， 所以， 设勒洛四面体内切球半径为，则由图得， 勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球， 所以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为， 则勒洛四面体能够容纳的最大球的表面积为. 故答案为：. 思路点睛：本题实际上是勒洛三角形在三维层面的推广，对计算能力，空间想象能力要求高，记住正四面体的高，内切球半径，外接球半径与棱长关系的二级结论将会加快对本题的求解. 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．已知向量，，，且，. (1)求与； (2)求向量与的夹角的余弦值. 【答案】(1)， (2) 【知识点】由向量共线（平行）求参数、向量夹角的计算、数量积的坐标表示、利用向量垂直求参数 【分析】（1）根据平面向量共线和垂直的坐标公式计算即可. （2）求出向量与的坐标，根据向量的夹角公式求解. 【详解】（1）由，可得，得，故， 由，可得，得，故. （2）由（1），，， 设向量与的夹角为， 则. 所以向量与的夹角的余弦值为. 16．（23-24高一下·河北·期中）在复平面内复数，，其所对应的点为，，为坐标原点，是虚数单位． (1)求与； (2)当为何值时，关于的二次方程有一个实根． 【答案】(1)， (2) 【知识点】已知复数的类型求参数、复数的坐标表示、复数代数形式的乘法运算 【分析】（1）根据条件，利用复数的运算，即可求出；再利用复数的几何意义，得，，即可求解； （2）设是方程的一个实根，利用复数相等，得到，即可求解. 【详解】（1）因为，， 所以，又， 得到，，所以． （2）设是方程的一个实根，则． 根据复数相等的意义知 解得：，，． 所以，当时，原方程有一实根． 17．（23-24高一下·江苏无锡·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，． (1)判断在梭上是否存在一点使平面，若存在，求；若不存在，说明理由； (2)当点分别是的中点时，求异面直线和的夹角的余弦值． 【答案】(1)存在， (2) 【知识点】求异面直线所成的角、证明线面垂直、余弦定理解三角形 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理以及性质定理，结合三角形相似即可得出结论； （2）易知，结合余弦定理即可求得异面直线和的夹角的余弦值． 【详解】（1）作于点，如下图所示： 因为底面为正方形，所以， 又因为平面，平面，所以， 且平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，平面， 所以此时满足平面； 又因为，因此， 因为，所以，所以； 可得 （2）由（1）可知两两垂直， 因为点分别是的中点，所以， 因此异面直线和的夹角即为和的夹角，即（或其补角）； 不妨取，则， 所以， 在中，由余弦定理可得 因此异面直线和的夹角的余弦值为. 18．在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. (1)若，，求的面积； (2)若，求的周长的取值范围. 【答案】(1) (2) 【知识点】正弦定理边角互化的应用、余弦定理解三角形、求三角形中的边长或周长的最值或范围 【分析】（1）将角化为边，利用余弦定理可求出角A，再利用已知条件即可求出，的值，再利用三角形面积公式即可求解； （2）利用正弦定理可分别将边，用角B，C来表示，进而利用两角差的正弦公式、辅助角公式等即可求解范围. 【详解】（1），，即， ， ，，解得， ； （2）由（1）可知，正弦定理可得 ， 为锐角三角形，∴，解得 所以，所以， 所以 所以 即的周长的取值范围 19．（命题新趋势数学文化）（22-23高一下·山西阳泉·期中）南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为． (1)求图中四分之一圆柱体的体积； (2)在图中画出四分之一圆柱体与四分之一圆柱体的一条交线（不要求说明理由）； (3)四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设过点作一个与正方体底面平行的平面，求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积；如果令，应用祖暅原理求出八分之一“牟合方盖”的体积． 【答案】(1) (2)作图见解析 (3)面积为，体积为 【知识点】柱体体积的有关计算、求组合体的体积、斜二测法画立体图形的直观图 【分析】（1）根据圆柱体体积公式求得结果； （2）观察图形，交线是一条直线，作出图像即可得到； （3）截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形，求出此正方形的面积，再构造底面边长为，高为的正四棱锥， 根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该正四棱锥体积.. 【详解】（1）因为正方体的棱长为， 所以四分之一圆柱体的体积为：． （2）如图： 曲线是所求的一条交线． （3）如图：截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形． 因为，所以，而正方体的棱长为，因此， 所以，因此正方形的面积为， 即该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积为． 用平行于八分之一“牟合方盖”底面， 且到“牟合方盖”底面的距离为的平面去截八分之一“牟合方盖”， 所得截面的面积为． 所得截面如图： 正方体的棱长为为底面的中心， 把正方体去掉正四棱锥后剩下的部分的底面与“牟合方盖”底面放到同一平面上， 则八分之一“牟合方盖”与所得几何体都夹在平面与平面之间， 则用平行于八分之一“牟合方盖”底面，且到“牟合方盖”底面的距离为的平面去截所得几何体， 截面为图中的阴影部分，且面积为， 因此八分之一“牟合方盖”的体积为， 所以当时，八分之一“牟合方盖”的体积为． 【点睛】思路点睛：本题提出了一个新的几何体的定义，要求新的几何体的体积需要转换为常见几何体体积来求解，本题关键在于由截面面积构建出一个正方体扣除正四棱锥后剩下的部分与所求立体图形像对应，从而解决问题. 限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高一数学下学期期中押题试卷01 考试时间：120分钟 满分：150分 测试范围：平面向量及其应用、复数、立体几何初步 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．（23-24高一下·北京通州·期中）在复平面内，复数对应的点在（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．（24-25高一下·湖南长沙·期中）已知向量，，则（ ） A．-1 B．-2 C．1 D．0 3．（23-24高一下·江苏无锡·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 4．（24-25高一下·四川内江·期中）已知向量，.若，则（ ） A． B． C． D． 5．正方形的边长为2，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的面积是（    ）    A． B．4 C． D． 6．（命题新趋势阅读理解题）（22-23高一下·浙江·期中）任何一个复数都可以表示成的形式．其中是复数的模；是以轴的非负半轴为始边，复数在复平面内对应的平面向量所在射线为终边的角，叫做复数的辐角．我们规定在范围内的辐角的值为辐角的主值，记为．那么（    ） A． B． C． D． 7．（命题新趋势生活情境题）（23-24高一下·安徽黄山·期中）长庆寺塔，又名“十寺塔”，位于安徽黄山市歙县的西干披云峰麓，历经900多年风雨侵蚀，仍巍然屹立，是中国现存少有的方形佛塔．如图，为测量塔的总高度，选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，，在点测得塔顶的仰角为，则塔的总高度为（   ） A． B． C． D． 8．（命题新趋势多结论）（23-24高一下·天津·期中）在棱长为1的正方体中，，E是线段（含端点）上的一动点， ①； ②平面； ③三棱锥的体积为定值； ④与所成的最大角为. 上述命题中正确的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 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．（23-24高一下·四川达州·期中）下列四种说法不正确的是（ ） A．如果实数，那么是纯虚数． B．实数是复数． C．如果，那么是纯虚数． D．任何数的偶数次幂都不小于零． 10．下列说法中错误的有（    ） A．若，，则 B．向量，不能作为平面内所有向量的一组基底 C．若，，则 D．已知，，且与的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是 11．如图，为圆锥底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（    ） A．圆锥的侧面积为9π B．三棱锥体积的最大值为9 C．的取值范围是 D．若，E为线段上的动点，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．（23-24高一下·四川乐山·期中）在复平面内，复数对应的向量分别是，其中是坐标原点，则向量对应的复数为 ． 13．已知，，与夹角为60°，与同向的单位向量为，在方向上的投影向量为，则m的值为 . 14．（命题新趋势阅读理解题）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则勒洛四面体能够容纳的最大球的表面积为 .    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．已知向量，，，且，. (1)求与； (2)求向量与的夹角的余弦值. 16．（23-24高一下·河北·期中）在复平面内复数，，其所对应的点为，，为坐标原点，是虚数单位． (1)求与； (2)当为何值时，关于的二次方程有一个实根． 17．（23-24高一下·江苏无锡·期中）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，． (1)判断在梭上是否存在一点使平面，若存在，求；若不存在，说明理由； (2)当点分别是的中点时，求异面直线和的夹角的余弦值． 18．在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，. (1)若，，求的面积； (2)若，求的周长的取值范围. 19．（命题新趋势数学文化）（22-23高一下·山西阳泉·期中）南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为． (1)求图中四分之一圆柱体的体积； (2)在图中画出四分之一圆柱体与四分之一圆柱体的一条交线（不要求说明理由）； (3)四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设过点作一个与正方体底面平行的平面，求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积；如果令，应用祖暅原理求出八分之一“牟合方盖”的体积． 限公司1 学科网（北京）股份有限公司 $$