精品解析：河北省邱县第一中学2024-2025学年高一下学期4月检测数学试题

2024-2025学年度邱县一中数学4月检测 考试范围：必修二——线面垂直；考试时间：120分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题 1. 已知复数满足（其中为虚数单位），则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将复数利用复数的四则运算求解出来，即可得出虚部. 【详解】由题意，得，所以的虚部为， 故选：B． 2. 已知向量，若，则实数（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】计算以及的坐标，根据向量平行的坐标运算公式代入计算可求出结果. 【详解】解：因为向量，所以， ， 若，则，即. 故选：B 3. 下列命题正确的是（ ） A. 若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B. 若直线平面，直线平面，则∥ C. 直线与平面所成角的取值范围是 D. 若直线与平面所成的角为，直线与平面内的直线所成的角为，则总有 【答案】B 【解析】 【分析】对于A，考虑到两条直线相交、平行或异面三种情况都有可能即可判断；对于B，根据线面垂直的性质定理即可判断；对于C，考虑到直线和平面的位置关系有直线在平面内，直线和平面平行，直线和平面相交三种情况即可判断；对于D，根据线面角的定义，考虑到直线与平面内的直线所成角中的最小角即为线面角即可判断. 【详解】对于A，若两条直线和同一个平面所成的角相等，这两条直线可能相交、平行或异面，故A错误； 对于B，两直线同时垂直于同一平面，根据线面垂直的性质定理可知两直线平行，故B正确； 对于C，当直线在平面内或者直线与平面平行时，直线与平面所成的角为0； 当直线与平面斜交时，直线与平面所成角的取值范围是； 当直线与平面垂直时，直线与平面所成的角为， 所以直线与平面所成角的取值范围为，故C错误； 对于D，根据线面角的定义可知，直线与平面内的直线所成角中的最小角为， 所以，故D错误； 故选：B 4. 在长方体中，，与平面所成的角为，则四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合长方体性质，利用线面角的定义，从而得到角与边之间的关系，然后利用棱锥的体积公式即可求得结果． 【详解】 在长方体中， 利用长方体的性质可知，平面， 则与平面所成的角为，从而， 因为平面，平面，所以， 在直角中，根据，，可得， 再由勾股定理，可以确定， 利用长方体性质可知， 平面， 所以该四棱锥的体积为， 故选：B． 5. 下列命题正确的是（ ） A. 锐角三角形中，若，则角取值范围为． B. 在三角形ABC中，若，则这个三角形是等腰直角三角形． C. 若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D. 若直线上有两个点到平面的距离相等，则∥；若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行． 【答案】C 【解析】 【分析】对于A选项，根据正弦定理将变形，再利用差角的正弦公式可得角与角的关系，再结合是锐角三角形，得到角取值范围即可判断；对于B选项，将变形，再由正弦定理得到．得到两角的关系即可判断；对于C选项，由直线与平面平行的性质定理和判定定理即可判断直线与这两个平面的交线的关系；对于D选项，直线上有两点到一个平面的距离相等，要考虑直线与平面平行、相交或直线在平面内三种情况；一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，考虑两个平面相交和平行两种情况，即可做出判断. 【详解】对于A选项，由正弦定理可得， 即，因为是锐角三角形，所以， 所以，即，所以， 又因为是锐角三角形，所以， 解得．故A错误； 对于B选项，可变形为， 由正弦定理可得， 即．解得或， 所以三角形是等腰三角形或直角三角形，故B错误； 对于C选项，若一条直线平行于两个相交平面，则由直线与平面平行的性质定理 和判定定理可知这条直线与这两个平面的交线平行，故C正确； 对于D选项，直线上有两点到一个平面的距离相等， 直线可能与平面平行、相交或直线在平面内； 若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等， 当三点共线或三点在平面的两侧时，这两个平面可能相交，故D错误； 故选：C 6. 已知球的表面积为，一圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，且下底面过球心，母线与下底面所成角为，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出球的半径，求出圆台上下底面的半径，圆台的母线，由圆台的侧面展图形是扇环，利用圆台的侧面积公式可求圆台的侧面积. 【详解】作出示意图如图所示： 设球的半径为，由题意可得，所以是等边三角形， 所以，所以， 因为球的表面积为，所以，解得，所以， 所以， 所以圆台的侧面积为. 故选：B. 7. 如图，在中，与CE的交点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合三点共线的结论及平面向量基本定理，将、向量都用、表示，进而得到，再利用边的关系得到面积比例即可. 【详解】因为、、三点共线，，所以， 又因为，所以， 设，则， 即，消可解得，所以，所以， 所以，又，所以， 所以. 故选：B. 8. 直角梯形ABCD中，，，，点为中点，在边上运动（包含端点），则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立直角坐标系，分类讨论在边上运动时的取值范围，从而得解. 详解】依题意，建立直角坐标系，如图， 则， 当在边上运动时，记， 则， 所以，则； 当在边上运动时，记， 则，所以，则； 当在边上运动时，记， 则， 所以，则； 综上：. 故选：A. 二、多选题 9. 下列命题正确的（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，，则 C. 非零复数对应的向量分别为为和，若，则 D. 若，则的最小值为5 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用平面的性质判断A，B，利用复数的运算性质与几何意义判断C，D即可. 【详解】对于A，由平面的性质得两个平面的公共点必在其交线上，故A正确． 对于B，若，，则， 由直线a与点P确定唯一平面，由a与b确定唯一平面， 且该平面经过直线a与点P，所以该平面与重合，则，故B正确； 对于C，由知，以为邻边平行四边形为矩形，故C正确， 对于D项，表示对应点与点距离为，轨迹为圆，如图， 而表示对应点与点距离， 结合图形可知的最小值为，故D错误． 故选：ABC 10. 下列命题正确的（ ） A. 已知向量，若，则等于 B. △ABC中，已知，，若三角形有唯一解，则整数可以为． C. 在中，为常数，若，且，则的面积取最大值时， D. 在中，，，设是的内心，若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用平面向量垂直的坐标表示建立方程，求解参数判断A，利用正弦定理求解的情况进而判断B，利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式求解最值判断C，建立平面直角坐标系，求出关键点的坐标，利用平面向量线性运算的坐标表示建立方程，得到判断D即可. 【详解】对于A，因为，所以， 因为，且， 所以，解得，故A错误， 对于B，由正弦定理得，则， 由于有唯一解，则或，解得或， 则整数可以为，故B正确， 对于C，在中，由及余弦定理得， 即，而，则，又，则有， 即，又，因此， 则，当时取等号， 故面积取最大值时．故C正确， 对于D，以的中点为坐标原点，建立如下图所示的坐标系： 设内切圆的半径为，则，解得， 故，则， 因为，所以， 即，解得，故，故D正确. 故选：BCD 11. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，.则（ ） A. 球的表面积为 B. 异面直线与所成角的正切值为 C. 平面截球所得截面面积为 D. 点到平面的距离为 【答案】AD 【解析】 【分析】将三棱锥放入长方体中，即可根据长方体的体对角线求解球半径，即可求解A，根据垂直即可求解B，根据余弦定理以及正弦定理求解外接圆半径即可求解C，利用等体积法即可求解D. 【详解】因为，，所以的外接圆的半径， 又平面，， 将三棱锥放入长方体中， 对于A，长方体的体对角线长为， 故外接球的半径为，故表面积为，A正确， 对于B，或其补角为异面直线与所成角， 由于平面，平面，故，故，故B错误， 对于C，，， ， 故的外接圆半径为， 故的外接圆的面积为，故C错误， 对于D，设点到平面的距离为， 则 ，故D正确 故选：AD. 第II卷（非选择题） 三、填空题 12. 如图是一个水平放置的平面图形的直观图，它是一个底角为，腰和上底均为1，下底为的等腰梯形，那么原平面图形的面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据斜二侧画法画平面图形的直观图的步骤，判断平面图形为直角梯形，且直角腰长为2，上底边长为1，再求出下底边长，代入梯形的面积公式计算即可． 【详解】平面图形的直观图是一个底角为，腰和上底长均为1的等腰梯形， 平面图形为直角梯形，且直角腰长为2，上底边长为1， 梯形的下底边长为平面图形的面积. 故答案为：. 13. 如图在平面四边形中，，点在线段上满足，若，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】以A为原点，建立平面直角坐标系，设后，写出各点坐标，用向量的坐标运算可得． 【详解】以A为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，不妨设， 则有， ，过D作轴于F，， ，所以， ，，， 因为， 所以， 所以，，解得：， 则的值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：建系用坐标表示是解题的关键. 14. 四点共圆是平面几何中一种重要位置关系，古希腊数学家对凸四边形（是指没有角度大于180°的四边形）进行研究时，分别总结出如下结论： （1）（托勒密定理）任意凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时等号成立． （2）（婆罗摩笈多面积定理）若给定凸四边形的四条边长，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时，四边形的面积最大． 根据上述材料，如图，在凸四边形中，若，，，求四边形面积取得最大值时角的大小为___________，并求出此时四边形的面积为___________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先分析出当 A、B、C、D四点共圆时，四边形的面积达到最大，然后分别在，中，根据余弦定理表示出，再由圆的内接四边形对角互补，即可求出角A；再根据三角形的面积公式分别求出，的面积，相加即可得到四边形的面积. 【详解】由题设当 A、B、C、D四点共圆时，四边形的面积达到最大，如图， 连接，在中，由余弦定理得： ，① 在中，由余弦定理得： ，② 因为A、B、C、D四点共圆，所以， 从而，③ 由①②③解得 ，因为，所以 ． 从而， ， 所以 ． 故答案为：；. 四、解答题 15. 已知，记在方向上的投影向量为． （1）求值； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围． （3）已知，求与共线的单位向量的坐标． 【答案】（1） （2）且 （3）或 【解析】 【分析】（1）先由投影向量的计算，再结合数量积的定义计算模长即可； （2）由数量积大于零且不共线可得； （3）由坐标计算模长，再求单位共线向量即可. 【小问1详解】 与的夹角为，． 【小问2详解】 ，且与不能共线， 即， 当与共线时，设，得． 且． 【小问3详解】 ，，所求单位向量坐标为：或. 16. 如图，在四棱锥中，，，，设，，分别为，，的中点， （1）证明：平面； （2）证明：平面平面． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由图形的几何关系证明四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理可得； （2）结合（1）再利用线面平行的判定定理证明平面，然后由面面平行的判定定理可得. 【小问1详解】 在四棱锥中，连接，由，分别为，的中点，得， 而，，则，四边形为平行四边形， 因此，而平面，平面，所以平面． 【小问2详解】 由是中点，而为中点，则， 又平面，平面，于是平面， 由（1）知，，而平面，平面， 因此平面，又平面， 所以平面平面． 17. 在中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，点在边上，且是的平分线，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解法一：由正弦定理及两角和的正弦公式化简求解即可； 解法二：直接由余弦定理化简求解即可； （2）解法一：先由三角形的面积公式得到，再结合可得，进而求解即可； 解法二：由，结合三角形的面积公式得到，进而求解即可. 【小问1详解】 由，得， 解法一：由正弦定理得， 又中，，所以， 所以， 于是， 又，所以， 又，所以. 解法二：由余弦定理得， 化简得， 由余弦定理得， 又，所以. 【小问2详解】 由是的平分线，得， 解法一：， 又， 所以 . 解法二：由得 . 即， 解得， 所以. 18. 如图，在五面体中，四边形是边长为的正方形，，，. （1）求证：; （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理得平面，再由线面平行的性质，即可证明结果； （2）根据条件，利用几何关系得到，，再由线面垂直的判定定理，即可求解； （3）连接，与相交于点，取的中点，连接，，根据条件及（1）中结论，得到平面，从而有是直线与平面所成的角，即可求解. 【小问1详解】 由多面体的定义知，四点共面，四点共面， 因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面，且平面平面=，所以. 【小问2详解】 取的中点，连接，则， 由（1）知，所以，又因为，所以四边形是平行四边形， 得到，且，在中，， 又，得，所以， 在中，，，，所以， 所以，即， 又因为四边形是正方形，所以， 又，平面，平面， 所以平面. 【小问3详解】 连接，与相交于点，则点是的中点， 取的中点，连接，，则，， 由（1）知，且，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以，且， 由（1）知平面，又平面， 所以，又因为，平面，平面， 所以平面，故平面， 又平面，所以， 又因为，平面，平面， 所以平面，故是直线与平面所成的角， 在中，，所以直线与平面所成角的正切值为. 19. 射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，光从点出发，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为．对于四个有序点，若，，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作． （1）若点分别是线段的中点，求； （2）当时称为调和点列，若，求值； （3）已知，且，点为线段的中点，，，求，， 【答案】（1） （2） （3），， 【解析】 【分析】（1）由射影几何学新定义可得； （2）由射影几何学新定义结合调和点列可得； （3）方法一，由射影几何学新定义结合正余弦定理可得； 方法二，由射影几何学新定义结合三角形的面积公式和余弦定理可得. 【小问1详解】 由已知，，所以． 【小问2详解】 由知：两点分属线段内外分点， 不妨设，，则，， 由知：，，，即． 【小问3详解】 方法一：由，可得，即，所以， 又点B为线段的中点，即，所以，又，所以，，， 又已知，所以． 设，，由，得， 即，解得，…① 在中，由正弦定理可得，得，…② 在中，由正弦定理可得，得，…③ 又，得，即，…④ 由①④解得，（负值舍去），即，， 所以． 方法二：因为，所以，设，则， 又B为线段的中点，所以， 又已知，，所以， 所以，得，所以，， 由，得， 所以，设，则， 由，互补得，即， 解得，所以，，所以 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度邱县一中数学4月检测 考试范围：必修二——线面垂直；考试时间：120分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题 1. 已知复数满足（其中为虚数单位），则虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，若，则实数（ ） A. B. C. D. 3. 下列命题正确的是（ ） A. 若两条直线和同一个平面所成的角相等，则这两条直线平行 B. 若直线平面，直线平面，则∥ C. 直线与平面所成角的取值范围是 D. 若直线与平面所成的角为，直线与平面内的直线所成的角为，则总有 4. 在长方体中，，与平面所成的角为，则四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 下列命题正确是（ ） A. 锐角三角形中，若，则角取值范围为． B. 在三角形ABC中，若，则这个三角形是等腰直角三角形． C. 若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行 D. 若直线上有两个点到平面的距离相等，则∥；若一个平面内有三个点到另一个平面的距离相等，则这两个平面平行． 6. 已知球的表面积为，一圆台的上、下底面圆周都在球的球面上，且下底面过球心，母线与下底面所成角为，则该圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在中，与CE的交点为，则（ ） A. B. C. D. 8. 直角梯形ABCD中，，，，点为中点，在边上运动（包含端点），则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列命题正确的（ ） A. 若，，，则 B 若，，，，则 C. 非零复数对应的向量分别为为和，若，则 D. 若，则的最小值为5 10. 下列命题正确的（ ） A. 已知向量，若，则等于 B. △ABC中，已知，，若三角形有唯一解，则整数可以为． C. 在中，为常数，若，且，则的面积取最大值时， D. 在中，，，设是的内心，若，则 11. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，.则（ ） A. 球的表面积为 B. 异面直线与所成角正切值为 C. 平面截球所得截面的面积为 D. 点到平面的距离为 第II卷（非选择题） 三、填空题 12. 如图是一个水平放置的平面图形的直观图，它是一个底角为，腰和上底均为1，下底为的等腰梯形，那么原平面图形的面积为__________. 13. 如图在平面四边形中，，点在线段上满足，若，则______． 14. 四点共圆是平面几何中一种重要位置关系，古希腊数学家对凸四边形（是指没有角度大于180°的四边形）进行研究时，分别总结出如下结论： （1）（托勒密定理）任意凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时等号成立． （2）（婆罗摩笈多面积定理）若给定凸四边形的四条边长，当且仅当该四边形的四个顶点共圆时，四边形的面积最大． 根据上述材料，如图，在凸四边形中，若，，，求四边形面积取得最大值时角的大小为___________，并求出此时四边形的面积为___________． 四、解答题 15. 已知，记在方向上的投影向量为． （1）求的值； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围． （3）已知，求与共线的单位向量的坐标． 16. 如图，在四棱锥中，，，，设，，分别为，，中点， （1）证明：平面； （2）证明：平面平面． 17. 在中，角的对边分别为，且. （1）求； （2）若，点在边上，且是的平分线，求的面积. 18. 如图，在五面体中，四边形是边长为的正方形，，，. （1）求证：; （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角的正切值. 19. 射影几何学中，中心投影是指光从一点向四周散射而形成的投影，如图，光从点出发，平面内四个点经过中心投影之后的投影点分别为．对于四个有序点，若，，定义比值叫做这四个有序点的交比，记作． （1）若点分别是线段的中点，求； （2）当时称为调和点列，若，求值； （3）已知，且，点为线段的中点，，，求，， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $