精品解析：山东省泰安市新泰市第一中学北校2024-2025学年高一下学期4月期中考试数学试题

新泰一中北校高一下学期期中考试数学试题 第I卷（选择题） 一､单选题（每小题5分） 1. 若，，且在上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A B. C. D. 2. 若的直观图如图所示，，，则顶点B到x轴的距离是（ ） A. 2 B. 4 C. D. 3. 若复数满足，则复数的实部为（ ） A. B. C. D. 4. 已知直线，，是三条不同的直线，平面，，是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，且，，则 D ，，三个平面最多可将空间分割成个部分 5. 中，角，，的对边分别是，，，且，，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在正三棱柱中，，若存在一个可以在三棱柱内任意转动的正方体，则该正方体棱长的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 7. 如图，矩形中，，，与相交于点，过点作，垂足为，则（ ）． A. B. 3 C. 6 D. 9 8. 如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二､多选题（每小题6分，有错项得0分，部分对得部分分） 9. 已知复数，是关于的方程的两根，则（ ） A. B. C. D. 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. 在中，，若满足条件的三角形有两个，则边的取值可能是（ ） A. 1.5 B. 1.6 C. 1.7 D. 1.8 第II卷（非选择题） 三､填空题（每小题5分） 12. 已知向量，，若，则________． 13. 在三棱锥中，两两垂直，且该三棱锥外接球的表面积为__________. 14. ，若，则____________． 四､解答题 15. 已知复数，，其中a是正实数． （1）若，求实数a的值； （2）若是纯虚数，求a值． 16. 在直角梯形中，已知，，，点是边上中点，点是边上一个动点． （1）若，求的值； （2）求的取值范围． 17. 如图，在正方体中，为的中点. （1）求证：平面； （2）若为的中点，求证：平面平面. 18. 已知在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足. （1）求角A； （2）若D点在线段上，且平分，若，且，求的面积. 19. 如图，ABCD是圆台下底面圆的内接四边形，，C为底面圆周上一动点，，PA为圆台的母线，，圆台上底面的半径为1． （1）求该圆台的表面积； （2）求四棱锥体积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 新泰一中北校高一下学期期中考试数学试题 第I卷（选择题） 一､单选题（每小题5分） 1. 若，，且在上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量的定义计算即可. 【详解】由题意可知在上的投影向量， 所以，又，所以. 故选：C 2. 若的直观图如图所示，，，则顶点B到x轴的距离是（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过点作轴交轴于点，求得，结合斜二测画法的规则，得到点到轴的距离即为，即可求解. 【详解】如图（1）所示，在的直观图中，过点作轴交轴于点， 又因为，且，可得， 在直角坐标系中，作出的图形，如图（2）所示， 根据斜二测画法的规则，可得轴，即点到轴的距离即为. 故选：C. 3. 若复数满足，则复数的实部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设（），代入化简计算可求出，从而可求得答案 【详解】设（），则， 化简得， 根据对应相等得， 解得，， 故选：C. 4. 已知直线，，是三条不同的直线，平面，，是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，且，，则 D. ，，三个平面最多可将空间分割成个部分 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，结合条件可得直线，可能平行，相交，异面，判断A，对于B，由条件可得或，由此判断B，结合面面平行判定定理判断C，举例判断D. 【详解】对于选项A，若，，则与可能相交、平行或异面，故选项A错误； 对于选项B，若，，则或，故选项B错误； 对于选项C，若，，且，，因为直线，未必相交，所以与不一定平行，故选项C错误； 对于选项D，，，三个平面两两垂直时，可将空间分割成个部分，故选项D正确． 故选：D. 5. 中，角，，的对边分别是，，，且，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知可得，再由正弦定理得到，即可求出，从而得解. 【详解】由有， 由正弦定理有，又， 即， 所以， 又，则. 故选：D 6. 如图，在正三棱柱中，，若存在一个可以在三棱柱内任意转动的正方体，则该正方体棱长的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先求出底面内切圆半径，再结合题意得到正方体外接球直径等于该内切圆直径时，棱长最大可得. 【详解】在正三棱柱中，，所以底面三角形内切圆半径为， 因为存在一个可以在三棱柱内任意转动的正方体，所以正方体的外接球要在该正三棱柱中， 若正方体棱长最大，可知该球体直径应为底面内切圆直径，即，即， 此时三棱柱的高大于球的直径，符合要求. 故选：D 7. 如图，矩形中，，，与相交于点，过点作，垂足为，则（ ）． A. B. 3 C. 6 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】把用表示后再由数量积的定义计算． 【详解】， ． 故选：B． 【点睛】本题考查平面向量的数量积，解题关键是用表示，然后根据向量数量积定义计算． 8. 如图，已知正方体的棱长为2，，分别是棱，的中点，若为侧面内（含边界）的动点，且平面，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点，根据线面平行的判定定理，证得平面，平面，进而证得平面平面，得到当时， 平面，所以点在侧面内的轨迹为线段，在中，求得，结合，即可求解. 【详解】如图所示，取的中点，连接，，， 在正方体中，可得且， 因为，分别是棱的中点，则且， 所以四边形为平行四边形，则， 又因为平面，平面，所以平面， 同理可证：平面， 因为，且平面，所以平面平面， 又因为平面，当时，则平面，所以平面，所以点在侧面内的轨迹为线段， 因为正方体的边长为，可得，， 在中，可得，且， 则，所以的最小值为. 故选：B. 二､多选题（每小题6分，有错项得0分，部分对得部分分） 9. 已知复数，是关于的方程的两根，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】在复数域解一元二次方程可得，，再利用复数的乘法运算、共轭复数定义、模长公式一一判定选项即可. 【详解】根据题意知，所以， 不妨令，， 则，， ，而， 故A、B、C正确，D错误. 故选：ABC 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. 在中，，若满足条件的三角形有两个，则边的取值可能是（ ） A. 1.5 B. 1.6 C. 1.7 D. 1.8 【答案】BC 【解析】 【分析】根据即可求解. 【详解】根据题意可得：满足条件的有两个，可得， 故选:BC 第II卷（非选择题） 三､填空题（每小题5分） 12. 已知向量，，若，则________． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量的线性运算表示，根据向量平行可得结果. 【详解】∵，， ∴， ∵， ∴，解得. 故答案为：. 13. 在三棱锥中，两两垂直，且该三棱锥外接球表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】将该三棱锥放入正方体中，借助正方体的外接球求解，即可根据体积公式计算. 【详解】由于两两垂直,将该三棱锥放入正方体中，如图： 故该三棱锥的外接球与正方体的外接球相同， 故该三棱锥外接球的半径为. . 故答案为： 14. ，若，则____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义及性质结合复数模的定义即可求解. 【详解】解：因为，所以，则，故 所以. 故答案为：. 四､解答题 15. 已知复数，，其中a是正实数． （1）若，求实数a的值； （2）若是纯虚数，求a的值． 【答案】（1）2 （2）2 【解析】 【分析】（1）根据复数的定义及复数的运算法则构建关于的方程组，求解的值； （2）根据复数的除法运算求解，利用复数的定义，构建关于的方程组，求解的值； 【小问1详解】 解：∵，，， ∴，从而，解得， 所以实数a的值为2． 小问2详解】 依题意得：， 因为是纯虚数，所以：，解得：或； 又因为a是正实数，所以a＝2． 16. 在直角梯形中，已知，，，点是边上的中点，点是边上一个动点． （1）若，求的值； （2）求的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用结合向量的线性运算表示，再借助数量积及运算律求解作答. （2）令，，利用结合向量的线性运算表示，再借助数量积及运算律求解作答. 【小问1详解】 依题意，，，， 而是边的中点，，则， 因此，又，， 所以. 【小问2详解】 由（1）知：令，，则， ， 则有， 当时，，当时，， 所以的取值范围是. 17. 如图，在正方体中，为的中点. （1）求证：平面； （2）若为的中点，求证：平面平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）构造三角形的中位线，可得线线平行，再利用线面平行的判定定理可得线面平行. （2）寻找线面平行，根据面面平行的判定定理证明面面平行. 【小问1详解】 如图：连接BD，设，连接OM， ∵在正方体中，四边形是正方形，是中点， 是的中点，， 平面，平面， 平面. 【小问2详解】 如图：连接，NB， 为的中点，为的中点， ，又， ∴四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面 由（1）知平面，，平面，平面， ∴平面平面. 18. 已知在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足. （1）求角A； （2）若D点在线段上，且平分，若，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用正弦定理及三角形中即可求解. （2）可设,则，利用余弦定理及正弦定理求解三者的值，再利用三角形面积公式即可求解. 【小问1详解】 解：∵，由正弦定理得：，即， 则， 又在中，，，故， 故 【小问2详解】 由题可知，设,则， 由正弦定理得：，即， 解得， 由余弦定理得，解得； 又，故. 由余弦定理得，即， 解得，则，. 的面积为. 19. 如图，ABCD是圆台下底面圆的内接四边形，，C为底面圆周上一动点，，PA为圆台的母线，，圆台上底面的半径为1． （1）求该圆台的表面积； （2）求四棱锥的体积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中，由余弦定理可求得，由正弦定理可得下底面半径，可求以圆台表面积； （2）由三角形面积公式可求得的面积，在中，由余弦定理得，可得，则的面积，得到底面ABCD面积的最大值，再在轴截面直角梯形中，由勾股定理求出圆台的高，即可求得四棱锥的体积的最大值． 【小问1详解】 因为，所以， 在中，由余弦定理得， 得， 由正弦定理可知外接圆直径， 所以下底面半径，上底面半径， 圆台侧面积， ， 所以圆台表面积． 【小问2详解】 在四边形ABCD中，， 在中，由余弦定理， 得， 所以，当且仅当时“”成立， 所以的面积， 底面ABCD面积的最大值为， 在轴截面直角梯形中，由勾股定理可得， 所以四棱锥体积的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$