精品解析：江苏省无锡市第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

无锡市第一中学2024-2025学年度第二学期期中试卷 高一数学 2025.4 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. 已知的内角、、所对的边分别为、、，若，，，则 （    ） A. B. C. D. 2. 用斜二测画法画水平放置的边长为2的正三角形的直观图，所得图形的面积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知、、是三条不重合的直线，、、是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（    ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 4. 已知的内角所对的边分别为，若，则的形状为（ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰或直角三角形 5. 已知，，且，则（    ） A. B. C. D. 或 6. 龙光塔位于锡山山顶.它是无锡的地标，登塔可以俯瞰锡城，感受城市日新月异；它是无锡文风昌盛的象征，多年来屡次出现在文人墨客的笔下，见证了无锡的人杰地灵.有同学想测量塔顶距离地面的高度.选取与山脚在同一水平面的两个测量基点与.现测得，，，在和处测得的仰角为和，则塔顶距离地面高度必定可以表示为（    ） A. B. C. D. 7. 已知为重心，线段上一点满足，与相交于点，则（    ） A. B. C. D. 8. 在等腰梯形中，已知，，将沿直线翻折成，则当三棱锥的体积最大时，以为直径的球被平面所截的截面面积为（    ） A. B. C. D. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知向量，，则下列说法中正确的是（    ） A. 当时， B. 当时，向量在向量上的投影向量为 C. 当与的夹角为锐角时， D. 与向量垂直的单位向量为 10. 在中，角所对的边分别为，则下列说法中正确的是（    ） A. 若，，，则符合条件的有两个 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，则是的垂心 D. 若，则是的重心 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点M 为线段上的动点，动点P在平面中，则下列说法中正确的是（ ） A. 当为线段中点时，平面截正方体所得的截面为平行四边形 B. 当四面体的顶点在一个体积为的球面上时， C. 当时，取得最小值 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知某圆台轴截面的周长为，母线与底面成角，圆台的高为，该圆台的体积为_________． 13. 若平面上的三个力、、作用于一点，且处于平衡状态.已知，，与的夹角为，则与夹角的大小为_________． 14. 已知在锐角三角形ABC中，角所对的边分别为，若，则 的取值范围是_________． 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知、是夹角为的两个单位向量，，． （1）若、可以作为一组基底，求实数的取值范围； （2）若、垂直，求实数的值． 16. 如图，在正三棱柱中，为棱的中点，为棱中点，. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面. 17. 在①；②；③；三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 问题：已知的内角的对边分别为且满足______． （1）求角的大小； （2）若边上的中线长为，，求的面积. （注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） 18. 如图，在三棱锥中，底面，平面平面. （1）求证：； （2）若，，是的中点，、分别在线段、上移动. ①求与平面所成角的正切值； ②若平面，求线段长度取最小值时二面角平面角的正切值． 19. 对于一个向量组，（且），令，如果存在，使得，，则称是该向量组的“向量”. （1）设，，若是向量组的“向量”，求实数的取值范围； （2）若，，向量组，是否存在“向量”?若存在，求出正整数；若不存在，请说明理由； （3）已知，，均是向量组，，的“向量”，若，，，其中是的内角，设的内角的对边分别为，若，求周长的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 无锡市第一中学2024-2025学年度第二学期期中试卷 高一数学 2025.4 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. 已知的内角、、所对的边分别为、、，若，，，则 （    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用余弦定理可求得的值. 【详解】因为，，， 由余弦定理可得，故. 故选：D. 2. 用斜二测画法画水平放置的边长为2的正三角形的直观图，所得图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据直观图画法得底不变，为2，再研究高，最后根据三角形面积公式求结果. 【详解】根据斜二测画法的特征，可得底不变，为2，高为 ， 所以直观图的面积是. 故选：B. 【点睛】本题考查根据斜二测画法求直观图面积，考查基本求解能力，属于基础题型. 3. 已知、、是三条不重合的直线，、、是三个不重合的平面，则下列结论正确的是（    ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件判断线线、线面、面面位置关系，可判断ABC选项；利用面面垂直的判定定理可判断D选项. 【详解】对于A选项，若，，则或，A错； 对于B选项，若，，则或、异面，B错； 对于C选项，若，，，则、平行或相交（不一定垂直），C错； 对于D选项，若，，由面面垂直的判定定理可知，则，D对. 故选：D. 4. 已知的内角所对的边分别为，若，则的形状为（ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰或直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理边角互化，以及两角和差正弦公式，化简可得结果. 【详解】由，可得， ，， 所以，， 因为，所以，即， 所以是等腰三角形. 故选：C. 5. 已知，，且，则（    ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的坐标表示以及向量模的坐标表示列方程，求解即可. 【详解】由题意知，， ，又， 所以，解得. 故选：B. 6. 龙光塔位于锡山山顶.它是无锡的地标，登塔可以俯瞰锡城，感受城市日新月异；它是无锡文风昌盛的象征，多年来屡次出现在文人墨客的笔下，见证了无锡的人杰地灵.有同学想测量塔顶距离地面的高度.选取与山脚在同一水平面的两个测量基点与.现测得，，，在和处测得的仰角为和，则塔顶距离地面高度必定可以表示为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】在中，根据正弦定理得，在直角中，由勾股定理得，即可得，再将代入方程，化简即可. 【详解】 在中，由正弦定理得：. 所以，又， 所以，又，即， 所以，化简得， 则，故塔顶距离地面高度必定可以表示为. 故选：A. 7. 已知为重心，线段上一点满足，与相交于点，则（    ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用三角形重心的性质可得，结合条件及向量共线的推论，即可求出结果. 【详解】如图，因为为的重心，所以在中线上，且， 又，所以， 设，所以， 又，所以，又三点共线， 所以，得到，所以， 故选：C. 8. 在等腰梯形中，已知，，将沿直线翻折成，则当三棱锥的体积最大时，以为直径的球被平面所截的截面面积为（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先证明，当平面平面时，三棱锥的体积最大，由面面垂直的性质得到平面，求出截面圆的半径，即可得解. 【详解】依题意，所以梯形的高， 所以，则，又， 所以，即， 当平面平面时，三棱锥的体积最大， 又平面平面，平面，所以平面. 的中点为球心，取的中点，则为的中位线， 所以，平面. 以为直径的球被平面所截的截面为圆面， 由以上分析可知点为该圆的圆心，其半径， 该圆面面积为. 故选：B 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知向量，，则下列说法中正确的是（    ） A. 当时， B. 当时，向量在向量上的投影向量为 C. 当与的夹角为锐角时， D. 与向量垂直的单位向量为 【答案】BC 【解析】 【分析】A选项，根据向量垂直先求出，然后由模长公式求解；B选项，根据投影向量公式求解；C选项，根据数量积公式求解，D选项，设出，结合题意列方程组求解. 【详解】A选项，当时，，解得， 此时，，A选项错误； B选项，根据投影向量公式，向量在向量上的投影向量为，B选项正确； C选项，当与的夹角为锐角时，且与不同向共线， 解得，与共线时，，此时，不满足与同向共线， 即当与的夹角为锐角时，，C选项正确； D选项，设与向量垂直的单位向量，由题意，， 解得或，D选项错误. 故选：BC 10. 在中，角所对的边分别为，则下列说法中正确的是（    ） A. 若，，，则符合条件的有两个 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，则是的垂心 D. 若，则是的重心 【答案】BCD 【解析】 【分析】由三角形的正弦定理即可判断A、B;由三角形的垂心、重心的定义和性质结合平面向量的线性运算、共线定理即可判断C、D. 【详解】对于A，因为， 所以由正弦定理得，即， 因为，所以, 所以符合条件的有一个，故A错误； 对于B，由正弦定理得 ，即， 因为， 所以，即， 所以，故，即为等腰三角形，故B正确； 对于C，因为, 所以，即,故， 同理，， 所以,, 所以点为的垂心，故C正确； 对于D，因为, 所以, 所以， 设边的重点为,即, 故三点共线，所以在中线上， 同理可得在的其余两边的中线上， 所以为三边中线的交点，故为的重心，故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点M 为线段上的动点，动点P在平面中，则下列说法中正确的是（ ） A. 当为线段中点时，平面截正方体所得的截面为平行四边形 B. 当四面体的顶点在一个体积为的球面上时， C. 当时，取得最小值 D. 的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】A根据平面的基本性质画出截面，结合正方体的结构特征判断；B根据已知确定球心的位置并求得球体半径为3，再由几何关系判断的位置判断；C将面展开与面在同一平面上，利用平面上两点距离最短判断；D画出示意图，找到关于面对称的点在线段上，进而确定最小时对称点的位置，即可判断. 【详解】A：延长交于，连接并延长交于，连接交于， 连接，则平面截正方体的截面为，根据作图易知， 所以有，为线段中点，则为线段中点， 结合平面的基本性质及正方体的结构特征知且，则为平行四边形，对； B：由外接球的球心必在正方体上下底面中心连线上，如下图示， 所以球体半径为，则，得， 则到下底面距离，又在线段上运动， 所以在下底面上方，则，显然不存在这样的点，错； C：将面展开与面在同一平面上，如下图， 当为与的交点时，最小 ，对； D：如下图，线段关于面的对称线段为，它们的交点为， 则在平面中， 且， 则关于面对称的点在线段上， 若对称点为，连接，则， 若与的夹角为，则，所以， 若，则，此时不在线段上，不符； 所以，即最小为，错. 故选：AC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知某圆台轴截面的周长为，母线与底面成角，圆台的高为，该圆台的体积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】取圆台的轴截面，可知四边形为等腰梯形，根据题中信息求出圆台上、下底面半径，结合台体体积公式可求得该圆台的体积. 【详解】如下图所示，在圆台中，设该圆台上、下底面的半径分别为、，高为， 取圆台的轴截面，可知四边形为等腰梯形， 过点、在平面内作，，垂足分别为、， 由题意可知，，则、都为等腰直角三角形， 故，，则，， 在平面内，因为，，， 则四边形为矩形，故， 由题意可知，梯形的周长为， 即，解得， 故， 因此，该圆台的体积为. 故答案为：. 13. 若平面上的三个力、、作用于一点，且处于平衡状态.已知，，与的夹角为，则与夹角的大小为_________． 【答案】 【解析】 【分析】作，，，以、为邻边作平行四边形，则，利用平面向量数量积的运算性质求出，可得出的大小，由此可得出与夹角的大小. 【详解】作，，，以、为邻边作平行四边形， 则， 由题意可得，，， ， ， ， 所以，， 因为，故，则， 因此，与夹角的大小为. 故答案为：. 14. 已知在锐角三角形ABC中，角所对的边分别为，若，则 的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】首先利用正弦定理和余弦定理对已知条件进行转化，得到角之间的关系，再结合三角形是锐角三角形求出角的范围，最后化简所求式子并根据角的范围确定其取值范围． 【详解】已知，根据余弦定理，可得，化简得． 由正弦定理（为三角形外接圆半径），将边化为角，即． 因为， 所以，整理得， 即． 因为是锐角三角形，所以，即．  因为是锐角三角形，所以，即，解不等式组得．  由正弦定理可得． 因为，所以． 因为，所以，则．  的取值范围是． 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16，17题15分，第18，19题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知、是夹角为的两个单位向量，，． （1）若、可以作为一组基底，求实数的取值范围； （2）若、垂直，求实数的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）考虑、共线，结合平面向量共线的基本定理求出参数的值，即可得出当、不共线时的取值范围； （2）由向量垂直可得出，利用平面向量数量积的运算性质可得出关于的等式，解之即可. 【小问1详解】 假设、可以作为一组基底，则、不共线， 若、共线，则存在，使得，即， 所以，解得， 所以，当、不共线时，. 所以，实数的取值范围为. 【小问2详解】 因为、是夹角为的两个单位向量，则， 因为，则， 即，所以，解得. 16. 如图，在正三棱柱中，为棱的中点，为棱中点，. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面. 【答案】（1） 连结交于，连结， 在正三棱柱中，且， 所以四边形是平行四边行，则为的中点， 因为为的中点，所以为的中位线，， 因为平面，平面， 所以平面； （2） 在正三棱锥柱中，且， ，，所以四边形是正方形，所以， 因为分别是的中点，所以是的中位线， 所以，又因为，所以， 在正三棱柱中平面，平面，所以， 在正三角形中，为的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为平面， 所以平面， 因为平面，所以平面平面. 【解析】 【分析】（1）连结交于，连结，根据棱柱性质及三角形中位线，利用线面平行的判定定理证明即可； （2）先根据正方形的性质证得，进而利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面垂直的性质定理证得，然后利用线面垂直的判定定理证得平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 在①；②；③；三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答. 问题：已知的内角的对边分别为且满足______． （1）求角的大小； （2）若边上的中线长为，，求的面积. （注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分） 【答案】（1） ①在中，由，得， 由正弦定理得，则， 结合已知条件得， 因为，，或（舍），解得. ②由题意，即， 由正弦定理得， 又，所以，则，所以， ③在中，，则， 所以， 即，又，， 所以，所以 （2）. 【解析】 【分析】（1）根据所选条件，应用正弦边角关系、三角恒等变换化简条件，结合三角形的内角性质求角的大小； （2）设BC的中点为D，应用向量数量积的运算律及定义得求，最后应用三角形面积公式求面积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设BC的中点为D，根据向量的平行四边形法则可知， 所以，即， 因为，，，所以，解得（负值舍）， 所以. 18. 如图，在三棱锥中，底面，平面平面. （1）求证：； （2）若，，是的中点，、分别在线段、上移动. ①求与平面所成角的正切值； ②若平面，求线段长度取最小值时二面角平面角的正切值． 【答案】（1）证明如下： 过点在平面内作，垂足为点， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，，因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，、平面，所以平面， 又平面，所以. （2）①； ②. 【解析】 【分析】（1）过点在平面内作，垂足为点，利用面面垂直的性质可得出平面，推导出，利用线面垂直的判定定理可得出平面，再利用线面垂直的性质可证得结论成立； （2）①由（1）知为与平面所成角，计算出的长，即可求出的正切值，即为所求； ②过在平面内作的垂线，垂足为，过作，交于点，推导出平面，设，求出，利用勾股定理可得出关于的表达式，结合二次函数的基本性质可求出取最小值时对应的的值，求出、的值，利用二面角的定义可知二面角的平面角为，求出其正切值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得平面， 所以为在平面的射影，为与平面所成角， 在中，， 在直角中，， 所以与平面所成角的正切值为. ②过在平面内作的垂线，垂足为，过作，交于点， 因为平面，平面，所以， 又因为，、平面，所以， 因为平面，平面，所以平面，同理平面， 因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面， 设，，且，则，所以，， 所以，，， 因为平面，平面，所以，， 因为为的中点，则，所以，， 所以，， 所以，， 在直角中，，其中， 因为二次函数在上单调递增， 当时，，即， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，所以，故二面角的平面角为， 因为平面，平面，所以， 因为，所以，即为的中点，所以，， ，故二面角的正切值为. 19. 对于一个向量组，（且），令，如果存在，使得，，则称是该向量组的“向量”. （1）设，，若是向量组的“向量”，求实数的取值范围； （2）若，，向量组，是否存在“向量”?若存在，求出正整数；若不存在，请说明理由； （3）已知，，均是向量组，，的“向量”，若，，，其中是的内角，设的内角的对边分别为，若，求周长的取值范围. 【答案】（1） （2）存在，或7 （3） 【解析】 【分析】（1）根据向量模长公式以及已知的向量关系列出不等式求解； （2）先求出向量模长，再根据“ -1向量”的定义列出不等式，结合三角函数的值域求解． （3）据向量模长关系得到不等式，三式相加化简得出，进而求出．再通过向量数量积求出角．然后利用正弦定理得到关于角的表达式，结合角的范围求出的范围，最后得出三角形周长的范围． 【小问1详解】 由题意可得：， ，， 则，解得：. 【小问2详解】 存在“向量”，且“向量”为，理由如下： 由题意可得 ，若存在“向量”，只需使， 因为 所以，故只需使 即，即， 当时，符合要求，故存在“向量”，且“-1向量”为. 【小问3详解】 由题意，得，，即， 即，同理， 三式相加并化简，得：， 即，，所以， ，得 因为，所以 .. 在中，， 即，又因为 所以 因为 ，所以，即， 所以，即周长范围 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $