精品解析：陕西省榆林市府谷县第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

府谷县第一中学2024～2025学年第二学期期中考试 高一数学试题 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上 各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：人教A版必修第二册第六章～第八章第5节. 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. 若点A在直线m上，直线m在平面内，则下列关系表示正确的是（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. 6 B. 5 C. -6 D. -5 3. 已知向量，满足，且，则，夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 已知m，n，l为三条不同的直线，，为两个不同的平面，若，，，且m与n异面，则（ ） A. l至多与m，n中的一条相交 B. l与m，n均相交 C. l与m，n均平行 D. l至少与m，n中的一条相交 5. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则满足条件的三角形有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 无数个 6. 如图，在复平面内每个小方格的边长均为1，向量，对应的复数分别为，，则（ ） A B. 17 C. 5 D. 7. 如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（ ） A. B. C. EI与BG共面 D. AF与BG异面 8. 中国冶炼铸铁的技术起源于春秋时期，并在战国时期取得了显著的进步，推动了当时社会的发展.现将一个半径为2cm的实心铁球熔化后，浇铸成一个圆台状的实心铁锭（不考虑损耗），若该圆台的一个底面周长是另一个底面周长的2倍，高为2cm，则该圆台的表面积为（ ） 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. 下列关于空间几何体的叙述错误的是（ ） A. 底面是正方形的棱锥是正四棱锥 B. 任何一个几何体都必须有顶点、棱和面 C. 有两个面互相平行，其余各面都是梯形多面体是棱台 D. 一个棱柱至少有5个面 10. 已知复数满足，则下列说法正确的是（ ） A. 复数的共轭复数为 B. 复数在复平面内对应的点位于第四象限 C. 复数是方程的解 D. 若复数满足，则的最大值为 11. 已知是边长为1的正六边形内一点（含边界），且，，则（ ） A. 的面积恒为 B. 存在，使得 C. D. 的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 用斜二测画法作出水平放置的正方形的直观图如图所示，则正方形与直观图的周长之比为__________. 13. 已知向量在向量上的投影向量，且，则_____________. 14. 如图，正方体的棱长为2，N为的中点，若过的平面平面，则截该正方体所得截面图形的面积为__________. 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. 已知向量. （1）若，求实数的值； （2）若与垂直，求实数的值. 16. 已知，复数． （1）若z在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围； （2）若z满足，，求的值． 17. 如图，在正方体中，是的中点，分别是的中点，求证： （1）平面； （2）平面平面. 18. 如图，一个圆锥挖掉一个内接正三棱柱（棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上），若棱柱侧面落在圆锥底面上．已知正三棱柱底面边长，高为2． （1）求挖掉的正三棱柱的体积； （2）求该几何体的表面积． 19. 在锐角中，角，，所对边分别为，，，且满足 . 请从条件①、条件②中选择一个条件补充至横线处，并解决下列问题： 条件：①；②. （1）证明：； （2）若的平分线交于，，，求的值； （3）求的取值范围. 注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 府谷县第一中学2024～2025学年第二学期期中考试 高一数学试题 考生注意： 1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚. 3.考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上 各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 4.本卷命题范围：人教A版必修第二册第六章～第八章第5节. 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. 若点A在直线m上，直线m在平面内，则下列关系表示正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据点线面的关系即可求解. 【详解】由点、线、面关系的表示方式知A、B、D错误，C正确. 故选:C. 2. 若，则（ ） A. 6 B. 5 C. -6 D. -5 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数相等得出，计算求值. 【详解】因为，所以，，. 故选:A. 3. 已知向量，满足，且，则，夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的点乘关系，求出，即可求出，夹角. 【详解】解：由题意， 在向量，中，， 解得： ∴ 故选：C. 4. 已知m，n，l为三条不同的直线，，为两个不同的平面，若，，，且m与n异面，则（ ） A. l至多与m，n中的一条相交 B. l与m，n均相交 C. l与m，n均平行 D. l至少与m，n中的一条相交 【答案】D 【解析】 【分析】根据线线之间的位置关系分析即可. 【详解】由题意知m与l平行或相交，n与l平行或相交，但直线l与m，n不能同时平行， 若直线l与m，n同时平行，则m与n平行，与两直线异面矛盾， 所以l与m，n中的一条相交或与m，n都相交. 故选：D. 5. 在△ABC中，内角A，B，C对边分别为a，b，c，若，，，则满足条件的三角形有（ ） A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 无数个 【答案】C 【解析】 【分析】计算出，故满足条件的三角形有2个. 【详解】因为，所以，所以满足条件的三角形有2个. 故选：C. 6. 如图，在复平面内每个小方格的边长均为1，向量，对应的复数分别为，，则（ ） A. B. 17 C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求得，结合复数模的计算公式，即可求解. 【详解】在复平面内每个小方格的边长均为1，由图可得，， 所以，则． 故选：A． 7. 如图是一个正方体的展开图，若将它还原为正方体，则（ ） A. B. C. EI与BG共面 D. AF与BG异面 【答案】C 【解析】 【分析】画出该正方体的直观图，根据直线共面，异面直线和直线夹角进行判断，得到答案. 【详解】根据题意，画出该正方体的直观图， A选项，，为等边三角形，AF与CH所成的角为，A错误； B选项，CH与BD异面，B错误； C选项，直线EI与BG相交，所以直线EI与BG共面，C正确； D选项，，直线AF与BG共面，D错误. 故选：C. 8. 中国冶炼铸铁的技术起源于春秋时期，并在战国时期取得了显著的进步，推动了当时社会的发展.现将一个半径为2cm的实心铁球熔化后，浇铸成一个圆台状的实心铁锭（不考虑损耗），若该圆台的一个底面周长是另一个底面周长的2倍，高为2cm，则该圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用球的体积公式、圆台的体积公式列式求出圆台两底半径，进而求出圆台的母线即可求出表面积. 【详解】依题意，圆台体积， 如图所示，设圆台较大的底面半径为，则较小的底面半径为， 于是，解得， 过点B作，垂足为，由圆台的结构特征得底面， 母线， 圆台表面积. 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. 下列关于空间几何体的叙述错误的是（ ） A. 底面是正方形的棱锥是正四棱锥 B. 任何一个几何体都必须有顶点、棱和面 C. 有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D. 一个棱柱至少有5个面 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据空间几何体的定义和特点逐个选项判断即可. 【详解】底面是正方形，且顶点在底面上的射影为底面正方形的中心的四棱锥是正四棱锥，A错误； 球没有顶点和棱，B错误； 将两个相同的棱台的底面重合得到的多面体满足有两个面互相平行，其余各面都是梯形，但是这样的多面体不是棱台，C错误； 棱柱底面至少有3条边，所以一个棱柱至少有5个面，D正确． 故选：ABC． 10. 已知复数满足，则下列说法正确的是（ ） A. 复数的共轭复数为 B. 复数在复平面内对应的点位于第四象限 C. 复数是方程的解 D. 若复数满足，则的最大值为 【答案】AB 【解析】 【分析】利用复数的除法法则和模长公式化简，得到共轭复数，即可判断A；根据复数的几何意义判断B；求出方程的解，即可判断C；利用判断D. 【详解】对于A：因为， 又，则， 所以，所以，故A正确； 对于B：因为复数在复平面内对应的点为， 所以复数在复平面内对应的点位于第四象限，故B正确； 对于C：方程，即， 解得或， 所以复数不是方程的解，故C错误； 对于D：因为，又， 所以，所以的最大值为，故D错误． 故选：AB． 11. 已知是边长为1的正六边形内一点（含边界），且，，则（ ） A. 的面积恒为 B. 存在，使得 C. D. 的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】根据向量共线，即可求解A，根据对称性可求解BC，根据数量积的定义求解D. 【详解】由，可得，即， 所以在正六边形的对角线上运动，所以， 所以的面积为定值，且，A正确； 因为正六边形关于直线对称，所以不论在何处，总有，B错误； 根据图形的对称性，当为的中点时，取到最大值， 当与或重合时，取到最小值，故的取值范围是，C正确； ，的取值范围是，D错误． 故选:AC． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 用斜二测画法作出水平放置的正方形的直观图如图所示，则正方形与直观图的周长之比为__________. 【答案】 【解析】 【分析】设正方体的棱长，再利用画直观图的规则求出直观图的周长即可. 【详解】设正方形的边长为，则正方形的周长为， 又直观图中，则其周长为， 所以正方形与直观图的周长之比为. 故答案为： 13. 已知向量在向量上的投影向量，且，则_____________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意设，结合，求出，再根据投影向量的定义，列式计算，即可求得答案. 【详解】由题意知向量在向量上的投影向量为， 设，由，得， 故，即， 故， 故答案为： 14. 如图，正方体的棱长为2，N为的中点，若过的平面平面，则截该正方体所得截面图形的面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】取BC的中点E，的中点F，先利用面面平行判定定理证明平面平面，得出四边形为截正方体所得截面图形，易得四边形是菱形，求得该菱形的边长即可求得面积. 【详解】如图，取BC的中点E，的中点F，连接DE，，，FD， 因为E，F分别为BC，的中点，所以，， 所以四边形平行四边形，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， 即四边形为截正方体所得截面图形. 由正方体的棱长为2，易得四边形是边长为的菱形， 对角线即为正方体的体对角线， 又， 所求截面的面积. 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. 已知向量. （1）若，求实数的值； （2）若与垂直，求实数的值. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据，可得，然后求解即可； （2）与垂直，则，结合数量积的坐标运算，求解即可. 【小问1详解】 因为，且， 所以，即，所以. 【小问2详解】 因为， 所以， 因为与垂直， 所以， 解得或. 16. 已知，复数． （1）若z在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围； （2）若z满足，，求的值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）求出复数对应点的坐标，进而列出不等式组求解. （2）利用给定条件，结合复数相等求出，再利用复数除法及模的意义求解. 【小问1详解】 复数在复平面内对应的点为， 由z在复平面内对应的点位于第四象限，得，解得， 所以的取值范围是. 【小问2详解】 依题意，， 又，则，解得， ， 所以. 17. 如图，在正方体中，是的中点，分别是的中点，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)利用线面平行的判定定理即可证明；(2)利用面面平行的判定定理证明. 【小问1详解】 如图，连接，∵分别是的中点，∴. 又∵平面，平面，∴直线平面. 【小问2详解】 连接SD，∵分别是 的中点， ∴.又∵平面，平面， ∴平面，由(1)知，平面， 且平面，平面，， ∴平面∥平面. 18. 如图，一个圆锥挖掉一个内接正三棱柱（棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上），若棱柱侧面落在圆锥底面上．已知正三棱柱底面边长为，高为2． （1）求挖掉的正三棱柱的体积； （2）求该几何体的表面积． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）由三棱柱的体积公式计算即可； （2）根据几何图形性质解得圆锥底面圆半径和圆锥高，利用圆锥表面积、矩形的面积公式计算即可. 【小问1详解】 因为正三棱柱的底面边长为，高为2， 则， 所以正三棱柱的体积． 【小问2详解】 正三棱柱中，由（1）知，， ， 设圆锥的底面圆圆心为O，则O是矩形的中心，设圆O半径为， 有，即， 令的中点为，连接，则， 且，，， 于是，解得， 则圆锥的母线长， 圆锥的底面圆面积，侧面积， 三棱柱的表面积为， 所以该几何体的表面积为： . 19. 在锐角中，角，，所对的边分别为，，，且满足 . 请从条件①、条件②中选择一个条件补充至横线处，并解决下列问题： 条件：①；②. （1）证明：； （2）若的平分线交于，，，求的值； （3）求的取值范围. 注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理进行边角互化，再结合三角恒等变换可得证； （2）结合角分线的性质及三角形面积公式可得，即可得解； （3）利用正弦定理进行边角互化，再结合三角函数性质及基本初等函数的单调性可得取值范围. 【小问1详解】 若选①：因为，由正弦定理得， 因， 所以， 所以， 所以，或（舍去），即； 若选②：由正弦定理及， 得， 所以， 所以， 因为，所以， 所以或（舍去）， 所以； 【小问2详解】 因为，为锐角， 所以，， 因为， 所以， 所以， 所以，； 【小问3详解】 由是锐角三角形，，，，可得， 所以， ， 令，则，在上单调递增， 而，， 所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$