精品解析：吉林省四平市实验中学等七校2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题

2024～2025学年度高一第二学期期中考试 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答：字体工整，笔迹清楚. 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 5．本卷主要考查内容：必修第二册第六章，第八章8.1～8.5. 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. 空间中，可以确定一个平面的条件是 A. 两条直线 B. 一点和一条直线 C. 一个三角形 D. 三个点 2. 已知向量，它们的夹角为，则（ ） A. 10 B. C. D. 13 3. 由于正六边形兼具美感与稳定性，许多建筑中都有出现正六边形.图中塔的底面是边长为的正六边形，则该塔底面的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 若水平放置的四边形AOBC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，四边形为等腰梯形，，则原四边形AOBC的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在正方体中，分别为的中点，则下列命题正确的是（ ） A 平面 B. 与相交 C. 与是异面直线 D. 四边形为正方形 6. 已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 在△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若，，，则△ABC的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在三棱柱中，M为A1C1中点N为侧面上的一点，且MN//平面，若点N的轨迹长度为2，则（ ） 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. 若直线平面，且直线不平行于平面.给出下列结论正确的是（ ） A. 内所有直线与异面 B. 内存在直线与相交 C. 内存在唯一的直线与平行 D. 内不存在与平行的直线 10. 在中，角的对边分别为，角的角平分线交于点，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 的面积为 11. 在正方体中，M，N，Q分别是棱，，BC的中点，，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. A，P，M三点共线 D. 平面平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知三内角的对边分别为，，，且满足，，则的外接圆的面积为______. 13. 已知圆锥的母线长为，底面半径为r，若圆锥的侧面展开图的面积为扇形所在圆的面积的，则＝____________． 14. 在中，为定值，若（其中）的最小值为，则的余弦值为_____． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知平面向量满足，其中. （1）若，求实数m的值； （2）若，求向量与的夹角的大小. 16. 如图，某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知球的直径是，圆柱筒长. （1）这种“浮球”的体积是多少? （2）要在这样个“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方厘米需要涂胶克，共需胶多少克？ 17. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. （1）求角A； （2）若△ABC的外接圆的面积为，，求△ABC的面积. 18. 在正方体中，S是中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证： （1）平面； （2）平面平面. 19. 奔驰定理是一个关于三角形的几何定理，它的图形形状和奔驰轿车logo相似，因此得名.如图，P是内的任意一点，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，总有优美等式：. （1）若P是的内心，，延长AP交BC于点D，求； （2）若P是锐角的外心，，，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024～2025学年度高一第二学期期中考试 数学 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效. 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答：字体工整，笔迹清楚. 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交. 5．本卷主要考查内容：必修第二册第六章，第八章8.1～8.5. 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. 空间中，可以确定一个平面的条件是 A. 两条直线 B. 一点和一条直线 C. 一个三角形 D. 三个点 【答案】C 【解析】 【详解】不共线的三点确定一个平面，C正确；A选项，只有这两条直线相交或平行才能确定一个平面；B选项，一条直线和直线外一点才能确定一个平面；D选项，不共线的三点确定一个平面. 考点：确定平面的条件. 2. 已知向量，它们的夹角为，则（ ） A. 10 B. C. D. 13 【答案】C 【解析】 【分析】根据模长的计算公式即可代入求值. 【详解】因为向量，它们的夹角为，所以， 所以. 故选：C. 3. 由于正六边形兼具美感与稳定性，许多建筑中都有出现正六边形.图中塔的底面是边长为的正六边形，则该塔底面的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分成六个等边三角形，计算面积和. 【详解】因为正六边形的边长为，所以正六边形可以分成六个等边三角形， 所以面积. 故选：D. 4. 若水平放置的四边形AOBC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，四边形为等腰梯形，，则原四边形AOBC的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据图像，由“斜二测画法”可得，四边形水平放置的直观图为直角梯形，进而利用相关的面积公式求解即可. 【详解】在直观图中，四边形为等腰梯形，，而，则， 由斜二测画法得原四边形AOBC是直角梯形，，，如图. 所以四边形AOBC面积为. 故选：D. 5. 如图，在正方体中，分别为的中点，则下列命题正确的是（ ） A. 平面 B. 与相交 C. 与是异面直线 D. 四边形为正方形 【答案】A 【解析】 【分析】由空间中线面的位置关系逐个判定即可. 【详解】因为分别为的中点，在正方体中易证平面，不在平面内，所以平面，A对， 在平面内，与平面相交于点，不在上，所以与为异面直线，B错， 因为分别为的中点，易知， 所以与共面，C错， 设正方体的棱长为2，易知，， ， 所以四边形为菱形而不是正方形，D错， 故选：A． 6. 已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据外心结合模长相等得出，再应用投影向量公式计算求解. 【详解】因为且， 又， 所以是菱形，且， 则是的等腰三角形， 则向量在向量上的投影向量为． 故选：D． 7. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则△ABC的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由结合三角形的内角和得，由正弦定理可得，再由余弦定理可得，，即可求出△ABC的面积. 【详解】因为，则，所以得：， 又即， 由正弦定理可得：，即， 有余弦定理可得：， 即，解得：，， 则△ABC的面积为. 故选：A. 8. 如图，在三棱柱中，M为A1C1的中点N为侧面上的一点，且MN//平面，若点N的轨迹长度为2，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理证明平面平面，再由MN//平面可得点N的轨迹为线段DE，据此即可得解. 【详解】如图， 取的中点D，的中点E，连接MD，DE，ME， 由，， 又平面，平面，所以平面， 同理可得平面，又，平面 所以平面平面，又平面， 故点N的轨迹为线段DE，又由，可得． 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. 若直线平面，且直线不平行于平面.给出下列结论正确的是（ ） A. 内的所有直线与异面 B. 内存在直线与相交 C. 内存在唯一的直线与平行 D. 内不存在与平行的直线 【答案】BD 【解析】 【分析】由题意可判断直线与平面相交，即可判断内的直线与a的位置关系，即得答案. 【详解】由直线平面，且直线不平行于平面， 可知直线与平面相交，设交点为O， 则平面内必存在过点O的直线，这些直线与a相交，故A错误，B正确； 假设内存在直线与平行，由于直线平面，则直线平行于平面， 与题意矛盾，则内不存在与平行的直线，C错误，D正确， 故选：BD 10. 在中，角的对边分别为，角的角平分线交于点，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 的面积为 【答案】AD 【解析】 【分析】对A，利用余弦定理和勾股定理逆定理得到，再利用二倍角的余弦公式即可判断A；对B，直接根据即可求出；对C，利用三角形面积公式即可证明角平分线定理；对D直接利用三角形面积公式即可判断. 【详解】对A，由余弦定理得，即， 所以，又，为三角形内角， 所以，，解得（负舍）. 在中，，故A正确； 对B，在中，，代入，解得.故B错误； 对C，，解得，故C错误； 对D，，故D正确. 故选：AD. 11. 在正方体中，M，N，Q分别是棱，，BC的中点，，则（ ） A. 平面 B. 平面 C. A，P，M三点共线 D. 平面平面 【答案】CD 【解析】 【分析】对于A，连接，，则，根据线面平行的判定可判断；对于B，由A知M在平面内，Q不在平面内，即可判断；对于C，由A知，A，P，M三点共线；对于D，由线面平行判定定理得平面和平面，由面面平行判定定理即可证明. 详解】对于A，如图，连接，，则，连接，，设，交于点， 由可得，交于点P，则平面，所以A选项错误； 对于B，由A知M在平面内，Q不在平面内，所以与平面，所以B选项错误； 对于C，由A知，A，P，M三点共线，所以C选项正确； 对于D，连接，， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以，平面，平面，故平面， 即平面，又，平面，平面， 故平面，，平面， 故平面平面，所以D选项正确. 故选：CD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知三内角的对边分别为，，，且满足，，则的外接圆的面积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意利用正弦定理可得，分析可知，进而可知外接圆半径和面积. 【详解】因为，由正弦定理可知， 且，可知， 则，可知，即为直角三角形， 所以的外接圆的半径为，面积为. 故答案为：. 13. 已知圆锥的母线长为，底面半径为r，若圆锥的侧面展开图的面积为扇形所在圆的面积的，则＝____________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据圆锥的侧面展开图的面积为扇形所在圆的面积的，得到扇形的圆心角为，则可列出等式求解. 【详解】解：由题意可知扇形的圆心角为， 则， 所以． 故答案为：3 14. 在中，为定值，若（其中）的最小值为，则的余弦值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件得出，再分情况应用两角和差余弦公式计算求解. 【详解】在中，为定值， 设，则由平面向量基本定理，可得点在上， 因（其中）的最小值为， 则当且仅当时，， 情形一：当为锐角时，如下图，由题意知， 则； 则； 情形二：当为钝角时，如下图， ，； 则． 综上，可得. 故答案为：。 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知平面向量满足，其中. （1）若，求实数m的值； （2）若，求向量与的夹角的大小. 【答案】（1）9 （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量共线的坐标运算列出方程，解之即可求解； （2）根据向量垂直的坐标运算先求出，再利用向量坐标的线性运算求出，分别求出两向量的模，代入向量的夹角公式即可求解. 【小问1详解】 因为，又， 所以， 解得； 【小问2详解】 因为， 所以，解得， 所以， 所以， 所以， ， 所以向量与夹角的余弦值为， 又由，可得. 16. 如图，某种水箱用“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知球的直径是，圆柱筒长. （1）这种“浮球”的体积是多少? （2）要在这样个“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方厘米需要涂胶克，共需胶多少克？ 【答案】（1） （2）克 【解析】 【分析】（1）利用球和圆柱体积公式即可求解得到结果； （2）结合球的表面积和圆柱侧面积公式可求得几何体的表面积，进而确定所需胶的质量. 【小问1详解】 该半球的直径，“浮球”的圆柱筒直径也是，， 两个半球的体积之和为， 又， 该“浮球”的体积是. 【小问2详解】 上下两个半球的表面积， “浮球”的圆柱筒侧面积为， 个“浮球”表面积为， 个“浮球”的表面积的和为， 每平方厘米需要涂胶克，共需要胶的质量为（克）. 17. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足. （1）求角A； （2）若△ABC的外接圆的面积为，，求△ABC的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 分析】（1）对已知等式化简后，利用余弦定理可求出角A； （2）先求出角三角形外接圆的半径，再由正弦定理可求出，将已知等式利用正弦定理统一成边的形式可求出，再结合（1）可求出，从而可求出三角形的面积. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以，即， 所以， 因为，所以； 【小问2详解】 因为△ABC的外接圆的面积为，所以△ABC的外接圆半径为， 由正弦定理得，， 因为，所以由正弦定理得， 由（1）知， 所以，得，则， 所以△ABC的面积为. 18. 在正方体中，S是的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证： （1）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）连AC，BD交于点O，连SB，D1O，证明，利用线面平行的判定定理证明即可； （2）证明都平行于平面，然后利用面面平行的判定定理证明即可. 【小问1详解】 证明：连AC，BD交于点O，连SB，D1O， G，E分别是SC，BC的中点，， 又，则四边形为平行四边形， ，， 平面，平面， 平面； 【小问2详解】 由题连接OF，A1F， OF是的中位线，， 四点共面， 由（1）可知，，平面，平面， 则平面 又,平面，平面， 则平面，又， 平面,平面, 平面平面. 19. 奔驰定理是一个关于三角形的几何定理，它的图形形状和奔驰轿车logo相似，因此得名.如图，P是内的任意一点，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，总有优美等式：. （1）若P是的内心，，延长AP交BC于点D，求； （2）若P是锐角的外心，，，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据奔驰定理以及内切圆的性质可得，即可根据得，进而根据线性运算得,由共线即可求解， （2）根据奔驰定理以及外接圆的性质可得，即可得，结合三角恒等变换可得，即可根据函数的性质求解. 【小问1详解】 由于P是的内心，设内切圆的半径为， 由可得，即， 由，不妨设， 故， 设，则, 故, 由于与共线，而与不共线， 因此必然，故， 【小问2详解】 设外接圆的半径为, 则由得， 即， 由于，所以, 因此，又， 所以 , 由于三角形为锐角三角形，所以，解得， 故, 故当时，取最小值， 当或时，， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$