精品解析：重庆市第二外国语学校2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

重庆市第二外国语学校2024-2025学年春季学期半期考试 高2027级高一数学试题 （全卷共四大题，满分：150分 考试时间：120分钟） 一、单选题（每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.） 1. 复数（为虚数单位）的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 3. 的三内角，，所对边分别为，，，若，则角的大小（ ）． A. B. C. D. 4. 按斜二测画法得到，如图所示，其中，，那么的形状是（    ） A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 腰和底边不相等等腰三角形 D. 三边互不相等的三角形 5. 向量，，，在正方形网格中的位置如图所示，若，则（ ） A. 3 B. C. D. 6. 是平面上一定点，P是中一动点且满足：，则直线AP一定通过的（ ） A. 外心 B. 重心 C. 内心 D. 垂心 7. 如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ） A. B. C. D. 8. 解放碑是重庆的标志建筑物之一，存在其特别的历史意义.我校数学兴趣小组为了测量其高度，设解放碑杯杯高为，在地面上共线的三点C，D，E处分别测得顶点的仰角为，且，则解放碑的高约为（ ）（参考数据：） A. B. C. 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. 已知向量，，则（ ） A. 若与垂直，则 B. 若，则的值为 C. 若，则 D. 若，则在方向上的投影向量坐标为 10. 已知是虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ） A. B. 复数复平面内对应点在第三象限 C. 若复数满足，则 D. 已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（ ） A. 动点的轨迹是一条线段 B. 直线与的夹角为 C. 三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D. 若过，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度最大值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．) 12. 已知向量，则向量坐标___． 13. 已知复数（i为虚数单位）是关于x方程（p，q为实数）的一个根，则_________． 14. 如图所示，在中，，且点为边的中点且，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. 已知单位向量的夹角为. （1）求； （2）求与夹角. 16. 如图所示，四边形是矩形，且，若将图中阴影部分绕旋转一周. （1）求阴影部分形成的几何体的体积； （2）求阴影部分形成的几何体的表面积. 17. 在中，． （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长． 18. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，，分别为棱，上的点，且，. （1）求证：平面； （2）在棱上是否存在点，使得平面？若存在求出的值；若不存在，说明理由. 19. 在①，②，③，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.） 在锐角中，的面积为S，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且选条件：________. （1）求角A的大小； （2）作（A，D位于直线BC异侧），使得四边形ABDC满足，，求AC的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市第二外国语学校2024-2025学年春季学期半期考试 高2027级高一数学试题 （全卷共四大题，满分：150分 考试时间：120分钟） 一、单选题（每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.） 1. 复数（为虚数单位）的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的概念可得. 【详解】由题意可得复数（为虚数单位）的虚部为. 故选：B 2. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】由面面平行的性质可得A正确；由线面的位置关系可得B，C，D错误. 【详解】对于A，若则由面面平行的性质可得A正确； 对于B，若则或者异面，故B错误； 对于C，若则或，故C错误； 对于D，若则或异面，故D错误. 故选：A 3. 的三内角，，所对边分别为，，，若，则角的大小（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接利用余弦定理计算可得. 【详解】依题意由余弦定理， 又，所以. 故选：A 4. 按斜二测画法得到，如图所示，其中，，那么的形状是（    ） A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 腰和底边不相等的等腰三角形 D. 三边互不相等的三角形 【答案】A 【解析】 【分析】根据直观图得原图，计算可得答案. 【详解】原如图所示：    由斜二测画法的规则可知，，，， 所以，故为等边三角形. 故选：A． 5. 向量，，，在正方形网格中的位置如图所示，若，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由图可得，，即可求出，再根据平面向量基本定理求出、，即可得解. 【详解】依题意可得，， 所以， 又与不共线，且， 所以，所以. 故选：D 6. 是平面上一定点，P是中一动点且满足：，则直线AP一定通过的（ ） A. 外心 B. 重心 C. 内心 D. 垂心 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知得，结合向量加法的几何性质即可得. 【详解】若为中点，由题设， 如下图示，易知直线AP是的一条中线， 所以直线AP一定通过的重心. 故选：B 7. 如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于B,根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于C，根据，结合线面平行的判断定理即可判断；对于D，根据四边形是等腰梯形，与所在的直线相交，即可判断. 【详解】对于A,如下图所示， 易得, 则， 又平面,平面, 则平面，故A满足； 对于B，如下图所示， 为所在棱的中点，连接, 易得, 则四边形为平行四边形， 四点共面， 又易知， 又平面,平面, 则平面，故B满足； 对于C,如下图所示， 点为所在棱的中点，连接, 易得四边形为平行四边形，四点共面， 且, 又平面,平面, 则平面，故C满足； 对于D，连接, 由条件及正方体的性质可知四边形是等腰梯形， 所以与所在的直线相交， 故不能推出与平面不平行，故D不满足， 故选：D 8. 解放碑是重庆的标志建筑物之一，存在其特别的历史意义.我校数学兴趣小组为了测量其高度，设解放碑杯杯高为，在地面上共线的三点C，D，E处分别测得顶点的仰角为，且，则解放碑的高约为（ ）（参考数据：） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，求出，利用余弦定理在和中，表示出和，两者相等即可解出答案 【详解】由题知，设， 则， 又，所以在中，，① 在中，，② 联立①②，解得 故选：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. 已知向量，，则（ ） A. 若与垂直，则 B. 若，则的值为 C. 若，则 D. 若，则在方向上的投影向量坐标为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用向量垂直的坐标表示判断A；利用向量共线的坐标表示，结合数量积运算判断B；利用坐标计算模判断C；求出投影向量判断D. 【详解】向量，， 对于A，与垂直，则，解得，A错误； 对于B，，，，B正确； 对于C，，，，因此，C正确； 对于D，，，在方向上的投影向量，D正确. 故选：BCD 10. 已知是虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ） A. B. 复数复平面内对应的点在第三象限 C. 若复数满足，则 D. 已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆 【答案】AD 【解析】 【分析】应用复数乘方运算判断A；写出复数对应点判断B；特殊值有判断C；根据复数模的几何意义确定轨迹判断D. 【详解】A：，对； B：的对应点为，显然在第二象限，错； C：若满足，但不满足，错； D：由，则点轨迹是以为圆心，2为半径的圆上，对. 故选：AD 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（ ） A. 动点的轨迹是一条线段 B. 直线与的夹角为 C. 三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D. 若过，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A：分别取，的中点H，G，连接，，，，证明平面平面，从而得到点F的轨迹；B：由正方体的结构特征易知且为等边三角形，即可判断；C：根据B得出平面，从而得到点F到平面的距离为定值，再结合的面积也为定值，即可判断；D：设为的中点，从而根据面面平行的性质定理得到截面即为面，从而线段长度的最大值为线段的长，即可判断. 【详解】A：如图分别取，的中点H，G，连接，，，． 由正方体的性质可得，平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 且，平面，所以平面平面， 而平面，所以平面，所以点F的轨迹为线段GH，对； B：由正方体的结构特征易知且为等边三角形， 所以直线与的夹角，即直线与的夹角为，对； C：由B知，点F的轨迹为线段GH，因为平面，则点F到平面的距离为定值， 同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，错； D：如图，设平面与平面交于AN，N在上． 因为截面平面，截面平面，平面平面， 所以，同理，所以截面为平行四边形，则点N为的中点． 在四棱锥中，侧棱最长，且，对. 故选：ABD 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．) 12. 已知向量，则向量的坐标___． 【答案】 【解析】 【分析】应用向量数乘的坐标表示求. 【详解】由题设. 故答案为： 13. 已知复数（i为虚数单位）是关于x的方程（p，q为实数）的一个根，则_________． 【答案】0 【解析】 【分析】把代入方程得，再化简方程利用复数相等的概念得到的值，即得的值. 【详解】由复数（i为虚数单位）是关于x的方程（p，q为实数）的一个根 所以，即 由复数相等可得 ，故 故答案为：0 14. 如图所示，在中，，且点为边的中点且，则的最大值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理有，结合基本不等式可得，再由及向量数量积的运算律求的最大值. 【详解】由，则， 又， 所以，即， 所以 ， 而，则， 当且仅当时取等号，故最大值为16， 所以，即的最大值为. 故答案为： 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. 已知单位向量的夹角为. （1）求； （2）求与的夹角. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由数量积的定义及运算律可得； （2）由数量积的运算律和夹角公式的运算可得； 【小问1详解】 由，则； 【小问2详解】 由，所以， 由，所以， 由（1）知， 设与的夹角为，则， 因为，所以. 16. 如图所示，四边形是矩形，且，若将图中阴影部分绕旋转一周. （1）求阴影部分形成的几何体的体积； （2）求阴影部分形成的几何体的表面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由圆柱的体积减去半球的体积即可求解． （2）分别求圆柱下底面、侧面和半球面的面积，即可求解； 【小问1详解】 ，，所求几何体的体积为． 【小问2详解】 由题意知，旋转体的表面由三部分组成，圆柱下底面、侧面和半球面， 因为，，，， 故所求几何体表面积为； 17. 在中，． （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值； （2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长. 【小问1详解】 解：因为，则，由已知可得， 可得，因此，. 【小问2详解】 解：由三角形的面积公式可得，解得. 由余弦定理可得，， 所以，的周长为. 18. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，，分别为棱，上的点，且，. （1）求证：平面； （2）在棱上是否存在点，使得平面？若存在求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）先由面面平行的判定定理证明面面，即可证明平面； （2）假设在棱上存在点，使得面，由线面平行的性质定理即可得点为棱的中点. 【小问1详解】 在上取点，使得，连接， 在中，点、分别为、上的三等分点，则有 又面、面 由线面平行的判定定理：面 又且，∴四边形为平行四边形 则有，又面、面，∴面 由于面、面，，∴面面 又面，∴面 【小问2详解】 假设在棱上存在点，使得面 连接，交于 ∵面，面，面面 由线面平行的性质定理： 则在中，，易知， ∴，∴点为棱的中点，即 19. 在①，②，③，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.） 在锐角中，的面积为S，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且选条件：________. （1）求角A大小； （2）作（A，D位于直线BC异侧），使得四边形ABDC满足，，求AC的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）选①可根据正弦定理边化角和三角形中的诱导公式化简计算；选②可根据正弦定理角化边和余弦定理化简计算；选③根据向量乘积展开式和正弦定理的面积公式进行化简计算； （2）设，将所有未知角用表示，再用正弦定理将AC表示出来进行化简，最后根据的范围求出AC的最大值. 【小问1详解】 选①根据正弦定理可知： ，展开化简得， 故，即； 选②根据正弦定理可得：， 根据余弦定理可得：，即； 选③根据向量点乘运算可得：，即. 【小问2详解】 如图，设，则， 在中，由正弦定理得可得， ， 在中，由正弦定理得：可得， ， 因为锐角三角形，所以 所以 当时，可得最大值是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $