精品解析：陕西省咸阳市实验中学2024-2025学年高一下学期第二次质量检测数学试卷

咸阳市实验中学2024—2025学年第二学期第二次质量检测 高一数学试题 注意事项： 1．本试题共4页，满分150分，时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收． 第Ⅰ卷（选择题共58分） 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. 已知复数z满足，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 在中，在上且，设，则（ ） A. B. C D. 3. 已知向量与的夹角为，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 下列说法正确的是（ ） A. 在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是该圆柱的母线 B. 直四棱柱是长方体 C. 将一个等腰梯形绕着较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是一个圆锥 D. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 5. 设，是两个不重合平面，，是两条不重合直线，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 6. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为个圆，则该圆锥的母线长为（ ） A. 4 B. C. D. 7. 中，角，，的对边分别为．则下列命题中： ①若，则． ②若，则一定为等腰三角形． ③为所在平面内的一点，且，则为的内心． ④已知，，，解有两解．正确的的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 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2分，有选错的得0分） 9. 下列说法中，错误的是（ ） A. 有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形多面体是棱台 B. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥 C. 直角三角形的直观图仍是直角三角形 D. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出此平面图形的直观图恰好是一个边长为2的等边三角形，则原平面图形的面积是 10. 已知非零平面向量，，，下列结论中正确是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若向量，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为 11. 下列说法正确的是（ ） A B. 若，则 C. D. 若是关于的方程的根，则 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，，且，，三点共线，则_____. 13. 已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2、4，侧棱长为，则该棱台的体积为______. 14. 已知直三棱柱外接球的直径为5，且，则该棱柱体积的最大值为______. 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. 当实数为何值时，复数为： （1）实数； （2）纯虚数； （3）对应点在第二象限？ 16. 已知正方体中，，点M，N分别是线段，的中点． （1）求证：直线平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求证：直线三线共点． 17. 如图，在直角梯形中，已知，，，，E为对角线的中点，现将沿折起到的位置，使平面平面．求证： （1）直线平面； （2）平面平面． 18. 在中，内角所对的边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若是锐角三角形，且，求面积的取值范围. 19. 如图，圆C的半径为3，其中A，B为圆C上两点. （1）若，当k为何值时，与垂直？ （2）若G为的重心，直线l过点G交边AB于点P，交边AC于点Q，且，求 最小值. （3）若的最小值为1，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 咸阳市实验中学2024—2025学年第二学期第二次质量检测 高一数学试题 注意事项： 1．本试题共4页，满分150分，时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收． 第Ⅰ卷（选择题共58分） 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. 已知复数z满足，则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的乘除法结合共轭复数的概念计算即可. 【详解】， 所以. 故选：B 2. 在中，在上且，设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算来求得正确答案. 【详解】如图，在中，在上且，所以. 则 . 又因为，所以. 故选：B 3. 已知向量与的夹角为，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知可得出，利用平面向量数量积的运算性质和定义可求得的值. 【详解】因为向量与夹角为，，， 则，解得. 故选：C. 4. 下列说法正确的是（ ） A. 在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是该圆柱的母线 B. 直四棱柱是长方体 C. 将一个等腰梯形绕着较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是一个圆锥 D. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形 【答案】D 【解析】 【分析】要理解旋转体，棱柱、圆锥、正棱锥的概念，正棱锥是底面是多边形，并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥． 【详解】解：A．在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线与轴线平行是该圆柱的母线，故选项错误，不符合题意； B．直四棱柱的上下底面不一定是矩形，故不一定是长方体，故选项错误，不符合题意； C．将一个等腰梯形绕着较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是一个简单组合体，由两个圆锥和一个圆柱组成，故选项错误，不符合题意； D．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，正确，符合题意， 故选：D． 5. 设，是两个不重合平面，，是两条不重合直线，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】对ABD举出反例即可，对C根据线面垂直的性质即可判断. 【详解】对A，若，，则或与异面，故A错误； 对B，若，，则与可能相交、平行或，故B错误； 对C，若，，则，又因为，则，故C正确； 对D，若，，，当 都与的交线平行时，满足题设条件，此时，故D错误. 故选：C. 6. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为个圆，则该圆锥的母线长为（ ） A. 4 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥的侧面积公式和圆的面积公式列出关系式，得到与的关系即可求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线为， 由圆锥的侧面积公式可得，解得， 因为，所以. 故选：C. 7. 中，角，，的对边分别为．则下列命题中： ①若，则． ②若，则一定为等腰三角形． ③为所在平面内的一点，且，则为的内心． ④已知，，，解有两解．正确的的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】对于①，根据正弦定理可得边与角正弦值的等量关系，可得答案；对于②，根据正弦定理进行边化角，结合正弦函数性质以及三角形性质，可得答案；对于③，根据数量积的运算律，结合向量垂直以及三角形的性质，可得答案.对于④，根据余弦定理建立方程，结合一元二次方程解存在的判别，可得答案. 【详解】对于①，由正弦定理可得（），其中为外接圆半径， 则，，由，则，故①正确； 对于②，由，则，， 由，，则或或， 化简可得或或（舍去），所以为等腰三角形或直角三角形，故②错误； 对于③，由，则，所以， 同理可得，，所以点为的垂心，故③错误； 对于④，由余弦定理可得，则， 化简可得，由， 则方程存在两个实数解，设两个根为，可得，，则， 所以有两个解，故④正确. 故选：B. 8. 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 【解析】 【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2分，有选错的得0分） 9. 下列说法中，错误的是（ ） A. 有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 B. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形几何体是棱锥 C. 直角三角形的直观图仍是直角三角形 D. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出此平面图形的直观图恰好是一个边长为2的等边三角形，则原平面图形的面积是 【答案】ABC 【解析】 【分析】由棱台和棱锥的定义可得A，B错误；举反例可得C错误；由直观图与原图形的面积可得D正确. 【详解】对于A：有两个面互相平行且相似，其余面都是梯形的多面体不一定是棱台，只有当梯形的腰延长后交于一点时，这个多面体才是棱台，故A错误； 对于B：棱锥有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，故B不正确； 对于C：水平放置的直角三角形的直观图一般为斜三角形，故C错误； 对于D：直观图面积为， 根据直观图与原图面积关系可得，故D正确. 故选：ABC. 10. 已知非零平面向量，，，下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若向量，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】由向量数量积的定义可得A错误；由数量积的定义和模长的计算以及垂直的条件可得B、C正确；由坐标表示夹角可得D错误. 【详解】对于A，若，则，则，夹角余弦值可能不等，则不一定有，故A错误； 对于B，若，两边平方可得若， 化简为，即，说明两向量夹角为零度，则，故B正确； 对于C，若，两边平方可得若， 化简为，即，说明两向量夹角为直角，则，故C正确； 对于D，若向量，，且与的夹角为锐角， 则，解得且，故D错误. 故选：BC 11. 下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则 C. D. 若是关于的方程的根，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用利用复数的乘方运算求解判断，对于B，举例判断，对于C，通过计算判断，对于D，利用根与系数的关系求解. 【详解】对于A，，所以A正确， 对于B，若，则满足，而两个复数不能比较大小，所以B错误， 对于C，，则，， 所以，所以C正确， 对于D，因为是关于的方程的根， 所以是关于的方程的另一个根， 所以，得，所以D正确， 故选：ACD 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，，且，，三点共线，则_____. 【答案】2 【解析】 【分析】利用平面向量的共线性质建立方程，求解参数即可. 【详解】由题意得，， 因为，，三点共线，所以，解得. 故答案为：2 13. 已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2、4，侧棱长为，则该棱台的体积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】取正棱台的轴截面，利用勾股定理得到高，然后求体积即可. 【详解】 如图，截取棱台过侧棱的轴截面，为侧棱，， 则，，，， 所以，即棱台的高为1， 棱台的体积=. 故答案为：. 14. 已知直三棱柱外接球直径为5，且，则该棱柱体积的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】将直三棱柱放入长方体中，借助长方体的外接球求得，从而得到三棱柱体积关于的表达式，利用基本不等式即可得解. 【详解】如图，将直三棱柱补成长方体， 则长方体的外接球即直三棱柱的外接球， 且长方体的体对角线长为直三棱柱的外接球的直径5， 设，，则， 所以由，得，即， 所以三棱柱的体积， 当且仅当时，等号成立， 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. 当实数为何值时，复数为： （1）实数； （2）纯虚数； （3）对应点在第二象限？ 【答案】（1）或； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）结合实数的概念，即可求解； （2）结合纯虚数的概念，即可求解； （3）结合复数的几何意义，即可求解． 【小问1详解】 复数为实数，则， 所以或. 【小问2详解】 复数为纯虚数，则， 所以. 【小问3详解】 复数对应点在第二象限，则，解得， 所以实数的取值范围是. 16. 已知正方体中，，点M，N分别是线段，的中点． （1）求证：直线平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求证：直线三线共点． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题中几何关系利用线面平行的判定定理证明即可； （2）由等体积法结合棱锥的体积公式计算可得； （3）由于且，故直线相交，设交于，同理可得直线相交于点，再由可得三线共点. 【小问1详解】 连接， 由于分别是线段的中点，所以， 又正方体中，，故，平面平面， 故直线平面． 【小问2详解】 . 【小问3详解】 由于且，故直线相交，设交于， 则， 同理可得直线相交于点，则， 故与重合，故直线三线相交于点O， 故直线三线交于一点． 17. 如图，在直角梯形中，已知，，，，E为对角线的中点，现将沿折起到的位置，使平面平面．求证： （1）直线平面； （2）平面平面． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由已知为中点，可得，利用面面垂直的性质定理即可证明； （2）由已知，可得平面，则，又得，则平面，利用面面垂直的判定得证. 【小问1详解】 因为平面平面，且平面平面， 又，则，且为中点，所以， 又平面，所以平面； 【小问2详解】 在直角梯形中， ，， 则， 又，则， 又，所以， 在折后的几何体中，， 因平面平面，平面平面， 又平面， 所以平面， 又平面，则， 又，即，则， 又，平面，平面， 则平面， 又平面， 所以平面平面. 18. 在中，内角所对的边分别为，且. （1）求角的大小； （2）若是锐角三角形，且，求面积的取值范围. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）先由正弦定理及和角公式得，进而求得，即可求解； （2）由正弦定理得，结合三角恒等变换得，由角的范围求出的范围，再由面积公式即可求得面积的范围. 【小问1详解】 由正弦定理得：，所以， 又因为，所以，，又，所以. 【小问2详解】 由（1）知，又是锐角三角形，所以，由正弦定理得， 得， 因为，所以，所以ac的取值范围为，因为， 所以面积取值范围为. 19. 如图，圆C的半径为3，其中A，B为圆C上两点. （1）若，当k为何值时，与垂直？ （2）若G为的重心，直线l过点G交边AB于点P，交边AC于点Q，且，求 最小值. （3）若的最小值为1，求的值. 【答案】（1） （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理可得，再由向量垂直和数量积的关系即可求出结果； （2）由向量的线性运算和共线的条件得到，即可得到，再用基本不等式计算； （3）由向量数量积的定义得到，再由模长的计算得到，结合二次函数的性质解出即可. 【小问1详解】 因为， 所以由余弦定理得，即，所以. 若与垂直，则， 所以，所以， 解得，即时，与垂直； 【小问2详解】 因为为的重心，所以， 又因为，所以， 由于三点共线，所以存在实数使得，所以 化简为，所以，所以. 显然，则， 当且仅当时，即时，取最值. 则的最小值为2. 【小问3详解】 设与的夹角为，在中，， 所以， 又 ， 所以当时，有最小值，所以，解得， 即取最小值1时，． 【点睛】知识点点睛：本题考查了余弦定理解三角形,向量垂直和数量积的关系,向量的线性运算和共线的条件，基本不等式计算最值，二次函数的性质.综合性特别强，转化能力要求高，属于难题 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$