精品解析：山东省泰安市新泰一中老校区（新泰中学）2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

新泰中学2024级高一下学期期中考试数学试题 一、单选题 1. 若，则复数的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法得到代数形式，即可求解； 【详解】由，可得：， 所以复数的虚部为1. 故选：B 2. 已知向量，满足，，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用投影向量的计算公式，可得答案. 【详解】解：在上的投影向量的坐标为 故选：B. 3. 的内角，，的对边分别为，，，且，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理化角为边化简可得，再结合余弦定理求即可. 【详解】由正弦定理和，可得， 所以，所以， 由余弦定理，可得， 因为，所以. 故选：B. 4. 如图是水平放置的四边形的斜二测直观图，且轴，，轴，则原四边形的面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法，把直观图还原出原平面图形，再求出原平面图形的面积，即可得答案． 【详解】根据题意，因为直观图中，轴，轴， 所以四边形是一个上底为，下底为，高为的直角梯形， 则原四边形的面积． 故选：C． 5. 已知，，，则（ ） A. 、、三点共线 B. 、、三点共线 C. 、、三点共线 D. 、、三点共线 【答案】A 【解析】 【分析】利用平面向量共线的基本定理逐项判断即可. 【详解】对于A选项，， 故、、三点共线，A对； 对于B选项，因为，，故、不一定共线，B错； 对于C选项，因为，， 所以、不一定共线，C错； 对于D选项，因为，，则、不一定共线，D错. 故选：A. 6. 已知圆锥的顶点为点，高是底面半径的倍，点，是底面圆周上的两点，当是等边三角形时面积为，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据是等边三角形时面积为求得母线，再由高是底面半径的倍，求得底面半径，然后由圆锥的侧面积公式求解. 【详解】解：设圆锥的高为h，母线为l，底面半径为r， 则由题意得h=r， ， 所以， 又，则， 所以圆锥的侧面积为， 故选；D 7. 如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，若，，，则的最小值（ ） A. 2 B. 8 C. 9 D. 18 【答案】C 【解析】 【分析】由向量加法及数乘的几何意义得，再由向量共线的结论有，最后应用“1”的代换及基本不等式求最小值. 【详解】由题意，，又共线，则， 且，所以， 当且仅当时取等号，即的最小值为9. 故选：C 8. 已知的内角，，的对边分别为，，，若为锐角三角形，，且，求面积的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题意得出；再利用正弦定理、三角恒等变换和同角三角函数基本关系对三角形面积公式进行化简变形得出；最后结合即可得出结果. 【详解】因为在中， ，， 所以. 又因为为锐角三角形， 所以，解得. 又因为， 所以由正弦定理可得：， 由三角形面积公式可得： . 又因为， 所以， 则. 故，即. 所以面积的取值范围是. 故选：B. 二、多选题 9. 下列关于平面向量的说法中不正确的是（ ） A. 已知，均为非零向量，则存在唯一的实数，使得 B. 若向量，共线，则点，，，必在同一直线上 C. 若点为的重心，则 D. 若且，则 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由平面向量共线定理判断；对于B，举例判断；对于C，由三角形重心的性质判断；对于D，举例判断 【详解】解：对于A，由平面向量共线定理可知是正确的，所以A正确； 对于B，如图在平行四边形中，，共线，但点，，，不共线，所以B错误； 对于C，延长交于，因为点为的重心，所以,，所以，所以C正确； 对于D，当时，， 但不一定相等，所以D错误， 故选：BD 10. 如图，在正方体中，M，N分别为棱的中点，则以下四个结论中，正确的有（     ） A. 直线与是相交直线 B. 直线与是异面直线 C. 与平行 D. 直线与共面 【答案】BD 【解析】 【分析】根据异面直线的概念结合正方体性质可判断AB；根据直线的平行的判定可判断C；利用四点共面可判断D. 【详解】对于A，三点在平面内，M点不在直线上， A点不在平面内，可得直线与是异面直线，故A错误； 对于B，三点在平面内，不在直线上， M点不在平面内，可得直线与是异面直线，故B正确； 对于C，取的中点E，连接，又N为的中点， 则有，， 所以四边形是平行四边形，所以， ，则与不平行，故C错误； 对于D，连接， 因为M，N分别为棱的中点， 所以， 由正方体的性质可知：， 所以，则有四点共面， 所以直线与共面，故D正确. 故选：BD. 11. 在锐角中，内角的对边分别为，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的取值范围为 C. 的最小值为 D. 的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用正弦定理角化边得，结合余弦定理和二倍角公式可得，可判断A；根据三个角为锐角列不等式组，求解可判断B；利用商数关系和和差公式，结合化简，运用基本不等式可判断C；边化角，利用二倍角公式化简，结合角A的范围可判断D. 【详解】对A，由正弦定理角化边得，由余弦定理有 ， ， 因为△ABC为锐角三角形，所以 所以 所以,所以，故A 正确； 对B， 由上知，， 因为为锐角三角形， 解得 所以，故B正确； 对C， 当且仅当时，得 因为，，所以等号不成立，故C错误； 对 D， 因为所以 所以 所以即 故 D正确. 故选：ABD. 三、填空题 12. 在中，角所对的边分别为，，，，若三角形有两解，则实数的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用余弦定理整理可得，构建，可知在内有2个零点，结合二次函数零点分布运算求解. 【详解】由余弦定理可得，即， 整理可得， 构建，可知在内有2个零点， 则，解得， 所以实数的取值范围是. 故答案为：. 13. 如图，在正三棱柱中，，为的中点，为线段上的点.则的最小值为__________ 【答案】 【解析】 【分析】将侧面沿展开，使得侧面与侧面在同一平面内，根据平面上两点间线段最短可求得答案. 【详解】 解：将侧面沿展开，使得侧面与侧面在同一平面内， 如图，连接交于，则的最小值为此时的， ， 的最小值为. 故答案为：. 14. 如图，在四边形中，已知，点在边上，则的最小值为______. 【答案】## 【解析】 【分析】解法一，设，运用向量线性运算及数量积运算可得，（），转化为求二次函数在区间上的最值即可，解法二、解法三，建立不同平面直角坐标系，运用向量坐标运算及二次函数求最值即可. 【详解】解法一： 由，，得， 所以，，则， 设，则， 所以 ， 当且仅当时，取得最小值. 解法二： 由，得， 所以， ， 如图，建立平面直角坐标系， 则，， 所以. 设，则，所以， 所以，， 则， 当且仅当时，取得最小值. 解法三： 由，得， 所以，，， 如图，分别以所在的直线为轴、轴建立平面直角坐标系， 则. 因为点在边上，所以设， 所以， 所以， 当且仅当时，取得最小值. 故答案为：. 15. 在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证： （1）BFHD1； （2）EG平面BB1D1D． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【解析】 【分析】 （1）取BB1的中点M，连接MH，MC1，得HD1∥MC1，再证得MC1∥BF，可得结论； （2）取BD的中点O，连接EO，D1O，先证明与平行且相等，可得GE∥D1O，从而可得线面平行． 【详解】证明：（1）如图所示，取BB1的中点M，连接MH，MC1，易证四边形HMC1D1是平行四边形， 所以HD1∥MC1． 又因为在平面BCC1B1中，BMFC1，BM=FC1 所以四边形BMC1F为平行四边形， 所以MC1∥BF， 所以BF∥HD1． （2）取BD的中点O，连接EO，D1O， 则OE∥DC且OE＝DC， 又D1G∥DC且D1G＝DC， 所以OED1G，OE=D1G 所以四边形OEGD1是平行四边形， 所以GE∥D1O． 又D1O⊂平面BB1D1D，GE平面BB1D1D， 所以EG∥平面BB1D1D． 【点睛】易错点睛：本题考查证明线线平行与线面平行，解题关键是掌握线面平行的判定定理，解题时需要列出定理的所有条件，缺一不可，否则易出现错误． 16. 已知向量，向量与向量的夹角为，且． （1）求向量的坐标； （2）设向量，向量，其中，若，试求的取值范围． 【答案】（1）或； （2） 【解析】 【分析】（1）令，根据题意列出关于的方程组，解此方程组，即可求得向量； （2）由（1）及已知可将表示成x的三角函数，然由三角函数的有界性，可求得的取值范围. 【小问1详解】 令，则 ， 即，故或，∴或； 【小问2详解】 （2） ∵，，∴；，； 因为，所以，令， 则，对称轴，又抛物线开口向下， 所以当时，取到最大值，当时，取到最小值0， 所以 17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知． （1）求的面积； （2）若，求b． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先表示出，再由求得，结合余弦定理及平方关系求得，再由面积公式求解即可； （2）由正弦定理得，即可求解. 【小问1详解】 由题意得，则， 即，由余弦定理得，整理得，则，又， 则，，则； 【小问2详解】 由正弦定理得：，则，则，. 18. 如图，在梯形中，已知，，，点、分别在直线和上，且，，连接交于点． （1）设，用和表示，并求实数的值； （2）若，求实数的值； （3）求的取值范围． 【答案】（1）； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建系标点，设，利用坐标运算求，结合向量共线的结论求实数的值； （2）设，根据向量垂直的坐标运算求解即可； （3）求得，根据模长的坐标运算求解. 【小问1详解】 如图，以为坐标原点，建立平面直角坐标系， 则， 可得， 则，可得， 设， 可得，解得， 所以， 若， 且三点共线，则， 可得，解得. 【小问2详解】 因为，设， 则， 若，则，解得. 【小问3详解】 因为， 则，可得， 当且仅当时，等号成立， 所以的取值范围为. 19. “费马点”是三角形内部与其三个顶点的距离之和最小的点．对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，使的点即为费马点．已知中，角的对边分别为，点是的“费马点”． （1）求角； （2）若，求的周长； （3）若，求实数的值． 【答案】（1） （2） （3）6 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将题目中的条件.转换成仅含有角关系，再利用辅助角公式求解即可； （2），由向量的数量积可得，由三角形的面积可得，结合余弦定理可求，可求周长； （3）不妨设，则.由余弦定理解方程组即可得解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得 即：， 所以 所以，即，所以，得； 【小问2详解】 ， 因为， 所以， 由得： ，即， 由余弦定理得，即， 则，解得． 所以的周长为； 【小问3详解】 不妨设，则.由余弦定理得: ，① ，② ，③ 因为，所以，即，则， 由②③，，则 即 因为，所以，解得或(舍) 所以，得. 【点睛】关键点点睛：本题关键是理解并应用费马点的定义，第三问关键是设，从而推导出、，结合关系求得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新泰中学2024级高一下学期期中考试数学试题 一、单选题 1. 若，则复数的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. 2. 已知向量，满足，，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 的内角，，的对边分别为，，，且，则为（ ） A. B. C. D. 4. 如图是水平放置的四边形的斜二测直观图，且轴，，轴，则原四边形的面积是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，，，则（ ） A. 、、三点共线 B. 、、三点共线 C. 、、三点共线 D. 、、三点共线 6. 已知圆锥的顶点为点，高是底面半径的倍，点，是底面圆周上的两点，当是等边三角形时面积为，则圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，若，，，则的最小值（ ） A. 2 B. 8 C. 9 D. 18 8. 已知的内角，，的对边分别为，，，若为锐角三角形，，且，求面积的取值范围（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列关于平面向量的说法中不正确的是（ ） A. 已知，均为非零向量，则存在唯一的实数，使得 B. 若向量，共线，则点，，，必在同一直线上 C. 若点为的重心，则 D. 若且，则 10. 如图，在正方体中，M，N分别为棱的中点，则以下四个结论中，正确的有（     ） A. 直线与是相交直线 B. 直线与是异面直线 C. 与平行 D. 直线与共面 11. 在锐角中，内角的对边分别为，若，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的取值范围为 C. 的最小值为 D. 的取值范围是 三、填空题 12. 在中，角所对的边分别为，，，，若三角形有两解，则实数的取值范围是___________. 13. 如图，在正三棱柱中，，为的中点，为线段上的点.则的最小值为__________ 14. 如图，在四边形中，已知，点在边上，则的最小值为______. 15. 在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F，G，H分别是BC，CC1，C1D1，A1A的中点．求证： （1）BFHD1； （2）EG平面BB1D1D． 16. 已知向量，向量与向量的夹角为，且． （1）求向量的坐标； （2）设向量，向量，其中，若，试求的取值范围． 17. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，已知． （1）求的面积； （2）若，求b． 18. 如图，在梯形中，已知，，，点、分别在直线和上，且，，连接交于点． （1）设，用和表示，并求实数的值； （2）若，求实数的值； （3）求的取值范围． 19. “费马点”是三角形内部与其三个顶点的距离之和最小的点．对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当的三个内角均小于时，使的点即为费马点．已知中，角的对边分别为，点是的“费马点”． （1）求角； （2）若，求的周长； （3）若，求实数的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $