精品解析：河南省实验中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

河南省实验中学2024-2025学年下期期中考试 高一数学 （时间：120分钟，满分：150分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的4个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知向量与的夹角为，且，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 2. 水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图是直角梯形，如图所示．其中，则原平面图形的面积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知复数满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 4. 已知平面向量，满足，，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 在四棱锥中，底面为平行四边形，E为线段上靠近A的三等分点，F为线段上一点，当平面时，（ ） A. B. C. D. 6. 已知是平面上一定点，是平面上不共线的三点，动点满足，，则点的轨迹一定通过的（ ） A. 重心 B. 垂心 C. 外心 D. 内心 7. 点在的内部，且满足：，则的面积与的面积之比是（ ） A. B. 3 C. D. 2 8. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，有选错的得0分. 9. 已知a，b是两条不同的直线，是一个平面，下列命题错误的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ，， 10. 对于，下列说法错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，则符合条件的有两个 D. 若，，则锐角周长的取值范围为 11. 定义：两个向量的叉乘，则以下说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若四边形为平行四边形，则它的面积等于 D. 若，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一个圆锥的侧面展开图是一个半圆，且半圆的半径为2，则此圆锥的体积为______. 13. 已知平面向量，，若与的夹角为锐角，则实数x的取值范围为______. 14. 已知正三棱柱，侧面的面积为，则该正三棱柱外接球表面积的最小值为______. 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、证明过程或演算步骤. 15. 已知复数，，为虚数单位. （1）若复数对应的点在第四象限，求实数的取值范围； （2）若复数，求的模. 16. 如图，在直棱柱 中， 点分别为的中点， 线段与线段交于点. （1）求证: 平面 平面； （2）若 ，求三棱锥的体积. 17. 已知分别为三个内角的对边，且. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 18. 如图，圆的半径为，其中、为圆上两点. （1）若，当为何值时，与垂直？ （2）若为的重心，直线过点交边于点，交边于点，且，，求最小值. （3）若的最小值为，求的值. 19. 已知分别为三个内角的对边，且，. （1）求； （2）若为锐角三角形，且外接圆圆心为. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）求和面积之差的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河南省实验中学2024-2025学年下期期中考试 高一数学 （时间：120分钟，满分：150分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的4个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 已知向量与的夹角为，且，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由投影向量的定义代入计算，即可得到结果. 【详解】在上的投影向量为. 故选：B 2. 水平放置的四边形ABCD的斜二测直观图是直角梯形，如图所示．其中，则原平面图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法的图形性质可得原图形的形状，进而可得面积. 【详解】由直角梯形中，且，作于， 则四边形为正方形，为等腰直角三角形， 故，. 故原图为直角梯形，且上底，高， 下底. 其面积为. 故选：C 3. 已知复数满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先确定所表示的图形，再分析的几何意义，最后结合图形求出的最大值． 【详解】设（），则． 已知，根据复数的模的计算公式可得． 等式两边同时平方可得， 这表示复平面上以点为圆心，半径的圆．  因为，所以，则， 它表示复平面上复数所对应的点与点之间的距离．  根据两点间距离公式，可得圆心与点之间的距离为： ． 因为表示点与点之间的距离，而点在以为圆心，半径为的圆上， 所以的最大值为圆心到点的距离加上圆的半径，即．  的最大值为． 故选：A． 4. 已知平面向量，满足，，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 把平方求出，再由数量积定义求得夹角的余弦值，得夹角． 【详解】因为， 所以 所以， 故， 故与的夹角为. 故选：D 5. 在四棱锥中，底面为平行四边形，E为线段上靠近A的三等分点，F为线段上一点，当平面时，（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行性质定理得出线线平行，再根据平行得出比例关系即可. 【详解】连接交于点，连接， 由平面，平面，平面平面， 所以， 因为底面为平行四边形，所以， 又，则，所以. 故选：D. 6. 已知是平面上一定点，是平面上不共线的三点，动点满足，，则点的轨迹一定通过的（ ） A. 重心 B. 垂心 C. 外心 D. 内心 【答案】B 【解析】 【分析】根据数量积的运算可得，进而根据可得，结合垂线的定义即可求解. 【详解】由 ， 则，即， 故，即点的轨迹经过的垂心. 故选：B 7. 点在的内部，且满足：，则的面积与的面积之比是（ ） A. B. 3 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量的平行四边形法则可知点在的中线上，且，从而可得，根据即可求解. 【详解】 因为， 所以，即， 取中点为点， 则，即， 所以在中线上，且 过，分别作边上的高，垂足为， 则， 所以，， 所以， 所以， 故选：C. 8. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦及正弦定理可得，利用三角恒等变换可得，再由两角和的正切公式得出，即可利用单调性求出取值范围. 【详解】由，可得， 所以， 即， 由正弦定理，， 所以， 可得， 因为，所以三角形不为直角三角形， 所以两边同除以可得， 由知，所以为锐角， 由可得 因为， 令时，为增函数， 所以，所以. 故选：B 二、多项选择题：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，有选错的得0分. 9. 已知a，b是两条不同的直线，是一个平面，下列命题错误的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ，， 【答案】ABC 【解析】 【分析】A. 利用线面平行的判定定理判断；B.利用线面平行的性质定理判断；C.利用线面平行的判定定理判断；D.利用线面平行的判定定理判断. 【详解】A. ，或，故错误； B. ，或a与b异面，故错误； C. ，或，故错误； D. ，，，故正确； 故选：ABC 10. 对于，下列说法错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，则符合条件的有两个 D. 若，，则锐角周长的取值范围为 【答案】BD 【解析】 【分析】根据正弦定理即可求解AC，根据边角互化，结合二倍角公式即可求解B,利用三角恒等变换，结合三角函数的性质即可求解D. 【详解】对于A,若，则，故,故A正确， 对于B, ，则,则,,进而或，故或,故是等腰三角形或直角三角形，B错误， 对于C,由于，故符合条件的有两个，C正确， 对于D,,故, 由于,故，因此，故， 故，故D错误， 故选：BD 11. 定义：两个向量的叉乘，则以下说法正确的是（ ） A. 若，则 B. C. 若四边形为平行四边形，则它的面积等于 D. 若，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，得到或或同向或反向，A正确；B选项，时满足要求，时，两者不等；C选项，利用平行四边形面积公式得到C正确；D选项，根据叉乘和向量数量积公式化简得到，再平方后，利用基本不等式进行求解，得到答案. 【详解】A选项，， 所以或或，所以或或同向或反向， 故，A正确； B选项，，， 若，则，故， 若，则，此时，B错误； C选项，若四边形为平行四边形，则它的面积等于， 而，C正确； D选项，由题意得，， 两式平方相加可得，即， 又， 由基本不等式得， 当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一个圆锥的侧面展开图是一个半圆，且半圆的半径为2，则此圆锥的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】设圆锥的相关参数，根据弧长公式求出底面半径，结合母线长利用勾股定理算出高，代入圆锥的体积公式即可. 【详解】设圆锥底面圆半径为，母线长为，高为， 由题意， ，所以，，所以， 因此该圆锥的体积是. 故答案为：. 13. 已知平面向量，，若与的夹角为锐角，则实数x的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据与的夹角为锐角，由，且与不共线求解. 【详解】因为平面向量，，且与的夹角为锐角， 所以，且与不共线， 所以，且， 解得，且， 所以实数x的取值范围为， 故答案为： 14. 已知正三棱柱，侧面的面积为，则该正三棱柱外接球表面积的最小值为______. 【答案】. 【解析】 【详解】分析：先求出底面三角形的外接圆的半径，再求三棱柱外接球的表面积，再利用基本不等式求最小值. 详解：设BC=a,,则ab=. 底面三角形外接圆的半径为r,则 所以 所以该正三棱柱外接球表面积的最小值为 故答案为 点睛：(1)本题主要考查几何体的外接球问题，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和空间想象能力.(2) 求几何体外接球的半径一般有两种方法:模型法和解三角形法.模型法就是把几何体放在长方体中，使几何体的顶点和长方体的若干个顶点重合，则几何体的外接球和长方体的外接球是重合的，长方体的外接球的半径就是几何体的外接球半径.如果已知中有多个垂直关系，可以考虑用此种方法.解三角形法就是找到球心和截面圆的圆心，找到、球的半径、截面圆的半径确定的,再解求出球的半径. 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、证明过程或演算步骤. 15. 已知复数，，为虚数单位. （1）若复数对应的点在第四象限，求实数的取值范围； （2）若复数，求的模. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用复数代数形式的运算法则化简复数，求出对应点的坐标，利用点在第四象限得到不等式组，即可求实数的取值范围； （2）利用复数代数形式的除法运算化简复数，从而求出的模． 【小问1详解】 ∵，， ∴复数， ∴复数在复平面内所对应的点为， 由题意可得，解得，即实数的取值范围是． 【小问2详解】 ， ∴. 16. 如图，在直棱柱 中， 点分别为的中点， 线段与线段交于点. （1）求证: 平面 平面； （2）若 ，求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明：连接 ， 因为在三棱柱中，分别为的中点， 所以， 且， 则四边形是平行四边形， 故 ， 又CD平面平面， 所以 平面， 因为在三棱柱 中，, 分别为的中点， 所以 ， 且， 四边形是平行四边形， 所以 ， 又平面平面， 所以 平面， 又平面平面， 所以平面 平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据平行四边形可证明线线平行，进而可得线面平行，进而得面面平行， （2）根据线面垂直，可得三棱锥的高，进而根据锥体体积公式即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为， 所以 ， 过点作于点，连接, 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面，且两平面交线为,平面,所以平面， 因为 是的中点， 所以， 且， 所以 ， 其中， 所以， 因为是等腰直角三角形， 所以， , 故三棱锥 的体积为. 【点睛】 17. 已知分别为三个内角的对边，且. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理实现边角转化，结合两角和的正弦公式、辅助角公式进行求解即可； （2）根据余弦定理和三角形面积公式进行求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以， ， ， ， 因为，所以， 即，所以， 因为，所以，所以有，所以. 【小问2详解】 因为，且的面积为， 所以有， 所以，即，所以周长为. 18. 如图，圆的半径为，其中、为圆上两点. （1）若，当为何值时，与垂直？ （2）若为的重心，直线过点交边于点，交边于点，且，，求最小值. （3）若的最小值为，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出的长，利用平面向量数量积的定义可求出的值，由已知可得出，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； （2）由重心的性质推导得出，由、、三点共线，推导出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值； （3）设，推导出，利用平面向量数量积的运算性质可得出，再结合二次函数的基本性质可求出的最小值为可求得的值，即为所求. 【小问1详解】 因为，， 所以由余弦定理得， 即，即，解得， 由平面向量数量积的定义可得， 若与垂直，则， 所以，所以，解得， 即当时，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， 因为、不共线，所以，，所以，所以. 显然，，则， 当且仅当时，即当时，取最小值. 【小问3详解】 设，取线段的中点，连接，则， 则， 又 ， 所以当时，有最小值，所以，解得， 即取最小值时，． 19. 已知分别为三个内角的对边，且，. （1）求； （2）若为锐角三角形，且外接圆圆心为. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）求和面积之差的最大值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先对已知等式变形，得到，再用余弦定理求出的值，结合角的范围确定的大小． （2）（i）先把转化为，因为是外心，得出与的值． 用余弦定理求出，进而得到关于的表达式．再用正弦定理求出关于的表达式，根据角的范围确定的范围，最后得到的范围． （ⅱ）先根据三角形外接圆半径与三角形边和角的关系得出外接圆半径表达式，再利用三角形面积公式结合已知圆心角求出和，进而得到的表达式，通过换元法将其转化为二次函数，最后根据二次函数性质求出最大值． 【小问1详解】 ，即， 由余弦定理得，又，所以. 【小问2详解】 （ⅰ）由， 因为O为外接圆圆心，即外心， 所以，， 由余弦定理得，， 所以， 由正弦定理得，， 则， 由，解得， 所以，则，所以. （ⅱ）设外接圆半径为R，则， 且，即， 因为，， 所以， ， 所以， 由（ⅰ）知，，令， 则， 所以当时，取得最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $