精品解析：山东省实验中学2024-2025学年高一下学期期中数学试题

山东省实验中学2024~2025学年第二学期期中 高一数学试题 2025.04 （必修第二册阶段检测） 说明：本试卷满分150分，分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷为第1页至第2页，第Ⅱ卷为第3页至第4页.试题答案请用2B铅笔或0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效.考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题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，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的四则运算求出复数，再确定其虚部即可. 【详解】由，可知的虚部为. 故选：D. 2. 已知向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量数量积的坐标表示，求出对应的m的取值范围，再根据充分必要条件的定义判断即可. 【详解】当时，，，故得， 由，得，即，解得：或，故“”是“”的充分不必要条件， 故选：A 【点睛】本题结合向量数量积的坐标表示，考查充分必要条件，属于容易题. 3. 正四棱台的上、下底面边长分别是2和4，侧棱长是，则该棱台的体积是（ ） A. B. C. D. 19 【答案】B 【解析】 【分析】正四棱台补成正四棱锥，根据长度比例关系结合锥体的体积运算求解即可. 【详解】将正四棱台补成正四棱锥，如图所示： 因为，可知为相应棱的中点， 则，可得， 所以该棱台的体积. 故选：B. 4. 如图,为平行四边形所在平面外一点,为的中点,为上一点,当∥平面时,( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】连接交于,连接,因为∥平面,平面,平面平面,可得∥,结合已知条件,即可求得答案. 【详解】连接交于,连接, ∥平面,平面 平面平面, ∥, 故: ① 又∥,为的中点, ② 由①②可得: 故选:D. 【点睛】本题考查了根据线面平行求线段比例,解题关键是掌握线面平行判定定理,考查了分析能力和空间想象能力,属于基础题. 5. 已知圆锥的高是1，母线长是2，用过圆锥的顶点的平面去截圆锥，则截面积的最大值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出圆锥的底面半径，假设截面与圆锥底面交于，用表示出截面三角形的高，得出截面三角形的面积关于的表达式，利用基本不等式求出面积的最大值． 【详解】因为圆锥的高是，母线长是，则底面半径， 设过圆锥顶点的平面SCD与圆锥底面交于CD，过底面中心O作OA⊥CD于E， 设， 则，， 可得截面SCD的面积， 当且仅当，即时等号成立， 所以截面积的最大值为2. 故选：C. 6. 已知在中，为所在平面内的动点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】依题意建立平面直角坐标系，设，表示出，，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得最值. 【详解】依题意如图建立平面直角坐标系，则，，， 因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动， 设，， 则，， 可得 ， 其中，， 因为，则，可得， 所以的最小值为. 故选：B. 7. 已知中，角的对边分别是.则下列命题中： ①若是内部一点，且满足，则与的面积比为； 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已知有两解. 正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】对于①，整理可得，可知点为的重心，即可得结果；对于②，举反例说明即可；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：因为， 可得，可知点为的重心， 所以，故①错误； 对于②：例如， 则，符合题意，但不为等腰三角形，故②错误； 对于③：由，则，可知， 同理可得，， 所以点为垂心，故③错误； 对于④：由余弦定理可得，即， 化简可得，则， 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：A. 8. 已知与为相反向量，若，则，夹角的余弦的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据向量模长相关不等式和题设条件，得到，设，，将两边取平方，得到，结合，求出值的范围即得. 【详解】依题意，，则， 因，且，则， 代入上式，可得，解得， 设，则，且，设， 由两边取平方， 可得， 即，则得， 因，故得，即，夹角的余弦的最小值为. 故选：D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 已知复数，以下结论正确的是（ ） A. 是纯虚数 B. C. D. 在复平面内，复数对应的点位于第三象限 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用复数运算，及模的运算，结合复平面可作出各选项判断. 【详解】 对于A，，为纯虚数，A正确； 对于B，，B正确： 对于C，，C错误： 对于D，，对应的点为，位于第三象限，D正确. 故选：ABD. 10. 已知向量，，则（ ） A. 当时， B. 当时， C. 与夹角为锐角时，则的取值范围为 D. 当时，在上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用向量坐标计算向量模长和数量积，分别根据各选项中关于向量的加法，数量积，夹角与投影向量的表示，计算即可逐一判断. 【详解】因，，则，. 对于A，由，可得，故A正确； 对于B，时，由，解得，故B错误； 对于C，与夹角为锐角等价于， 解得且，即，即C正确； 对于D，时，，， 则在上的投影向量为，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为侧面内一动点，且平面，过三点作正方体截面，则（ ） A. 三棱锥的外接球表面积为 B. 动点的轨迹是一条线段 C. 三棱锥的体积是定值 D. 若为上一点，则线段长度的取值范围为 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，只需判断三棱锥的外接球即正方体的外接球则可求；对于B，分别取的中点，证明平面平面，即可判断点的轨迹；对于C，根据B项结论，证明平面，得到点到平面的距离为定值即可判断；对于D，先证明为的中点，从而根据面面平行的性质定理可得到截面即为平面，从而线段长度的最大值为线段的长，最小值为四棱锥的底面上的高即可. 【详解】对于A，由题意三棱锥的外接球即为正方体的外接球， 因正方体的棱长为2，则其外接球的直径为， 故三棱锥的外接球表面积为，故A错误； 对于B，如图，分别取的中点，连接， 因为的中点，易得，则得， 故，因平面，平面，故平面， 又因，则得，故， 因，故，同理可得平面， 且平面，故平面平面， 又因平面，故平面，故点的轨迹为线段，故B正确； 对于C，由B项分析，点的轨迹为线段，因面，故平面， 则点到平面的距离为定值，而的面积也是定值， 则三棱锥的体积是定值，故C正确； 对于D，如图，设平面与平面交于，点在上， 因平面平面，平面平面，故， 同理可证，即得，故点为的中点. 在四棱锥中，显然侧棱最长，其长度为； 设四棱锥的高为，因，故四边形是菱形， 则的边上的高为面对角线长的一半，为，又， 故，而， 由可得：，代值解得， 综上，可知线段长度取值范围为，故D正确. 故选：BCD. 第II卷（非选择题92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的周长为____________. 【答案】10 【解析】 【分析】根据直观图与原图形的关系结合已知可得，从而可求出，进而可求出四边形的周长. 【详解】由题意可得， 所以原图形中， 所以， 所以四边形的周长为. 故答案为：10 13. 《九章算术》是我国古代的数学名著，书中描述了一种五面体——刍甍，其底面为矩形，顶棱和底面矩形的一组对边平行.现有如图所示一刍甍，∥，侧面和为等边三角形，，则该刍甍的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】作辅助线，可知：为柱体，四棱锥的侧棱长相等，为矩形，结合锥体、柱体的体积公式运算求解即可. 【详解】分别取点，使得， 由题意可知：为柱体，四棱锥的侧棱长相等，为矩形， 则点在底面的投影为矩形的外心，即为对角线的交点， 因为，则， 可得四棱锥的体积； 设点到平面的距离为， 因为，且， 即，解得， 可知点到平面的距离为，即柱体的高为， 所以柱体的体积， 综上所述：该刍甍的体积为. 故答案为：. 14. 已知锐角内角的对边分别是为的面积，且，则的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【分析】先由三角形面积公式和余弦定理化简已知式，得到和，设，将所求式化成，再由正弦定理和三角函数的性质求出的范围，最后结合函数的单调性即可求得的范围. 【详解】由和三角形面积公式，可得， 由余弦定理，代入上式，可得， 即 ，两边取平方，， 整理得，因,则，解方程可得. 则. 设，记 ①， 由正弦定理，②, 因是锐角三角形，则,即故得， 则，则由②可得：， 由①可得，在上单调递减，在上单调递增，故时，， 当时，，即，故得，即的取值范围为. 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. 已知复数满足. （1）求复数和； （2）若复数是关于的方程的一个根，求实数a，b的值. 【答案】（1）， （2）， 【解析】 【分析】（1）利用复数除法运算及复数模长运算可得结果； （2）将代入方程化简，再利用复数相等的条件列方程组可求得实数a，b的值. 【小问1详解】 因为复数满足， 所以， 所以. 所以. 【小问2详解】 因为复数是关于的方程的一个根， 由（1）知，所以 ， 所以， 解得，. 16. 如图，在中，D是线段上的点，且，O是线段的中点延长交于E点，设． （1）求的值； （2）若为边长等于2的正三角形，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据图形，利用向量的线性运算，化简求值； （2）法一，根据平面向量基本定理的推论，确定，再以向量为基底，表示向量，利用数量积公式，即可求解；法二，首先设，以向量为基底，表示与，利用向量平行求，再利用数量积公式求的值. 【小问1详解】 因为O为的中点，， 又，故 【小问2详解】 法一，设，因为O为的中点，， ∴ ∵B，O，E三点共线，所以，得 故 因为为边长为2的正三角形 故 （法二）设 又由（1）知与为非零的共线向量. 与为非零的共线向量，所以，得 ∴ 因为为边长为2的正三角形 故 . 17. 如图，在正三棱柱中，，，，分别是，，，的中点. （1）求证：，，，四点共面； （2）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）证明出，得到四点共面； （2）先得到，，证明出线面平行，面面平行 【小问1详解】 ∵，分别是，的中点， ∴是的中位线，∴， 又在三棱柱中，，∴， ∴，，，四点共面. 【小问2详解】 ∵在三棱柱中，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形，∴， ∵平面，平面，∴平面. 又，是，的中点，所以，又. 所以， ∵平面，平面，∴平面. 又，平面， 所以平面平面. 18. 已知平面四边形ABDC中，对角线CB为钝角的平分线，CB与AD相交于点O，，，. （1）求的值； （2）求的长； （3）若，求的面积. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）因为，利用二倍角公式直接求解即可； （2）在中，由余弦定理先求出，再求出，再把分成两个三角形，即和，利用三角形的面积公式列出等式，即可求出； （3）方法一，在中，利用正弦定理先求出，的正弦及余弦值，利用差角的正弦公式求出，在中，由余弦定理求出，再利用求面积即可；方法二，在等腰中，由去求，得到与的比例关系，从而得到与及与的比例关系，即可求出的面积. 【小问1详解】 因为，对角线为钝角的平分线， 所以， 解得或（舍）， 所以； 【小问2详解】 由题意，在中，由余弦定理可得 ， 即， 整理可得，解得或（舍去）， 因为，所以， 又因为， 所以， 所以， 解得； 【小问3详解】 方法一：在中，由正弦定理可得， 即，所以， 因为为钝角，所以， 因为，所以， 所以，所以， 在中，由余弦定理可得 ， 解得， 因为 ， 所以； 方法二：在中，由， 可得，所以， 所以，所以， 又由于，从而，即， 所以， ， 所以. 19. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，，作，．当，不共线时，记以，为邻边的平行四边形的面积为；当，共线时，规定． （1）分别根据下列已知条件求： ①，；②，； （2）若向量，求证：； （3）若A，B，C是以О为圆心的单位圆上不同的点，记，，． （i）当时，求的最大值； （ii）写出最大值．（只需写出结果） 【答案】（1）详见解析； （2）详见解析； （3）（i）；（ii） ． 【解析】 【分析】（1）由求解； （2）由证明； （3）（i）设， 由求解；（ii）求解. 【小问1详解】 解：因为，， 且， 所以； 又，， 是 ； 【小问2详解】 因为向量，， 且向量， 则， 所以， 同理， 所以； 【小问3详解】 （i）设，因为， 所以， 所以， ， 当，即时， 取得最大值； （ii）设不包含的，不包含的，不包含的所对的圆心角分别是. 不妨设，否则适当地将中一点改为其对径点，则不变，但情况变为. 又由于，故 . 当是正三角形时，有，此时. 所以的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 山东省实验中学2024~2025学年第二学期期中 高一数学试题 2025.04 （必修第二册阶段检测） 说明：本试卷满分150分，分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，第Ⅰ卷为第1页至第2页，第Ⅱ卷为第3页至第4页.试题答案请用2B铅笔或0.5mm签字笔填涂到答题卡规定位置上，书写在试题上的答案无效.考试时间120分钟. 第Ⅰ卷（选择题58分） 一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知，则的虚部为（ ） A. B. C. 1 D. 2. 已知向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 正四棱台的上、下底面边长分别是2和4，侧棱长是，则该棱台的体积是（ ） A. B. C. D. 19 4. 如图,为平行四边形所在平面外一点,为的中点,为上一点,当∥平面时,( ) A. B. C. D. 5. 已知圆锥的高是1，母线长是2，用过圆锥的顶点的平面去截圆锥，则截面积的最大值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 6. 已知在中，为所在平面内的动点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知中，角的对边分别是.则下列命题中： ①若是内部一点，且满足，则与的面积比为； ②若，则一定等腰三角形； ③为所在平面内的一点，且，则为的内心； ④已知有两解. 正确的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 已知与为相反向量，若，则，夹角的余弦的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知复数，以下结论正确的是（ ） A. 是纯虚数 B. C. D. 在复平面内，复数对应的点位于第三象限 10. 已知向量，，则（ ） A 当时， B. 当时， C. 与夹角为锐角时，则的取值范围为 D. 当时，在上的投影向量为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，为侧面内一动点，且平面，过三点作正方体截面，则（ ） A. 三棱锥外接球表面积为 B. 动点的轨迹是一条线段 C. 三棱锥的体积是定值 D. 若为上一点，则线段长度的取值范围为 第II卷（非选择题92分） 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知水平放置四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的周长为____________. 13. 《九章算术》是我国古代的数学名著，书中描述了一种五面体——刍甍，其底面为矩形，顶棱和底面矩形的一组对边平行.现有如图所示一刍甍，∥，侧面和为等边三角形，，则该刍甍的体积为__________. 14. 已知锐角内角的对边分别是为的面积，且，则的取值范围为__________. 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 已知复数满足. （1）求复数和； （2）若复数是关于的方程的一个根，求实数a，b的值. 16. 如图，在中，D是线段上的点，且，O是线段的中点延长交于E点，设． （1）求的值； （2）若为边长等于2的正三角形，求的值． 17. 如图，在正三棱柱中，，，，分别是，，，的中点. （1）求证：，，，四点共面； （2）求证：平面平面； 18. 已知平面四边形ABDC中，对角线CB为钝角的平分线，CB与AD相交于点O，，，. （1）求的值； （2）求的长； （3）若，求的面积. 19. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，，作，．当，不共线时，记以，为邻边的平行四边形的面积为；当，共线时，规定． （1）分别根据下列已知条件求： ①，；②，； （2）若向量，求证：； （3）若A，B，C是以О为圆心的单位圆上不同的点，记，，． （i）当时，求的最大值； （ii）写出的最大值．（只需写出结果） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$