精品解析： 福建省厦门市厦门大学附属科技中学2024-2025学年高一下学期期中阶段性检测数学试题

2024-2025学年（下）厦门大学附属科技中学期中阶段性检测 高一数学试题 （考试时长：120分钟 满分：150分） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷第2至4页. 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.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，在试卷上作答无效. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数是纯虚数，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 2. 如图所示，一个水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形，则原四边形的面积是（ ） A. B. C. 16 D. 8 3. 已知向量，，，若，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 4. 已知平面，和直线，若，，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 5. 在中，内角所对各边分别为，且，则角（ ） A. B. C. D. 6. 在长方体中，和与底面所成的角分别为和，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，是球的球面上的三个点，且，球心到平面的距离为1，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 我们定义：“”为向量与向量的“外积”，若向量与向量的夹角为，它的长度规定，现已知：在中，若，则的最大值为（ ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知为虚数单位，下列说法正确的是（ ） A. 若复数，则 B. C. 若，则为纯虚数 D. 若，则在复平面中复数所对应的点的集合构成的图形面积为 10. 的内角的对边分别为，且，，若边的中线，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 的面积为 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，点在线段上运动，则（ ） A. 对任意的点，有 B. 存在直线，使 C. 过点可以作4条直线与，均成角 D. 的最小值为 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 复数，则的虚部为______. 13. 将一个正四棱台物件放入有一定深度的电解槽中，对其表面进行电泳涂装.如图所示，已知该物件的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该物件的高为______. 14. 在中，内角，，的对边分别为，，，内角的平分线交于点，为的外心，若，则的最大值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤. 15. 如图，在平行四边形中，，与相交于点，设． （1）用分别表示； （2）求的余弦值． 16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，平面，Q是PB的中点，． （1）证明：平面； （2）求点D到平面PAC的距离． 17. 在中，内角的对边分别是，且. （1）求的大小； （2）若，边上的高为，求的值. 18. 在中，内角、、所对的边分别为、、，其中，设向量，. （1）若， （i）求； （ii）设点为所在平面内一点，且满足，求． （2）若，求内切圆面积的最大值． 19. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱，且，，，点为中点. （1）求证：平面平面； （2）试作出二面角，并求二面角的正切值； （3）点为对角线上的点，且，垂足为，求与平面所成的最大角的正弦值.（注：本题建系不得分） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年（下）厦门大学附属科技中学期中阶段性检测 高一数学试题 （考试时长：120分钟 满分：150分） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷第2至4页. 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2.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，在试卷上作答无效. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知复数是纯虚数，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为复数是纯虚数， 则，解得. 2. 如图所示，一个水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形，则原四边形的面积是（ ） A. B. C. 16 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测画法规则求出，判断的形状，确定，由此求出原四边形的面积. 【详解】在正方形中可得， 由斜二测画法可知，， 且，， 所以四边形为平行四边形， 所以． 故选：B. 3. 已知向量，，，若，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量共线的充要条件得解即可. 【详解】因为，， 所以， 因为， 所以，解得， 故选：B 4. 已知平面，和直线，若，，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】B 【解析】 【分析】根据两者之间的推出关系可判断它们之间的条件关系. 【详解】若“，”，则，可能相交，故“”不一定成立； 若“”，则由面面平行的性质可得“，”， 故“，”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 5. 在中，内角所对各边分别为，且，则角（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理结合给定条件得到，再依据三角形中角的范围求解即可. 【详解】因为，且由余弦定理得， 所以，解得，而在中，，则，故A正确. 故选：A． 6. 在长方体中，和与底面所成的角分别为和，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作图分析，则，，设，找到异面直线与所成的角，由余弦定理求解即可. 【详解】由题意，可作图， 则，，设， 在中，易知， 在中，，，， 在长方体中，易知， 则为异面直线与所成的角或其补角， 在中，，则，同理可得， 由余弦定理，得． 故选：B 7. 已知，，是球的球面上的三个点，且，球心到平面的距离为1，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理求解外接圆的半径，即可根据球的性质求解球半径，由表面积公式求解即可. 【详解】设球O的半径为R，外接圆的半径为r，则. 因为球心O到平面ABC的距离为1，所以，从而球O的表面积为. 故选：B 8. 我们定义：“”为向量与向量的“外积”，若向量与向量的夹角为，它的长度规定，现已知：在中，若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设分别为的中点，结合三角形相似推出，由题意可得，确定四边形面积的最大值，根据题意结合面积公式即可得结果. 【详解】设分别为的中点，连接， 则，则∽，故, 则，故， 又因为，即， 当时，四边形面积最大，最大值为， 故的面积的最大值为， 且，所以的最大值为. 故选：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知为虚数单位，下列说法正确的是（ ） A. 若复数，则 B. C. 若，则为纯虚数 D. 若，则在复平面中复数所对应的点的集合构成的图形面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复数的除法运算及乘方即可判断A；根据复数的模及复数的乘法运算即可判断B；举出反例即可判断C；根据复数的几何意义，结合圆的面积公式，即可判断D. 【详解】对于A，， 所以，故A正确； 对于B，设， 则，所以，故B正确； 对于C，当时，，故C错误； 对于D，设， 由，得，即， 所以复数在复平面内对应的点构成的图形为一个圆环， 其中小圆的半径为，大圆的半径为， 其面积为，故D正确. 故选：ABD. 10. 的内角的对边分别为，且，，若边的中线，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正弦定理化简，结合和角的正弦公式，即可判断A、B选项，用平面向量加法的几何意义，结合平面向量数量积的定义和运算律，即可判断C选项，用三角形面积公式，即可判断D选项. 【详解】根据正弦定理，由可得， 即，因为，所以， 所以，所以，所以A正确，B错误； 因为为边的中线，所以，两边同时平方可得， 因为，所以，即，解得或（舍去）， 所以，所以C正确； ，所以D正确. 故选：ACD 11. 如图，在棱长为1的正方体中，点在线段上运动，点在线段上运动，则（ ） A. 对任意的点，有 B. 存在直线，使 C. 过点可以作4条直线与，均成角 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项将放在平面内，证明垂直这个平面即可；B选项找到的特殊位置即可判断；C选项平移点找到与，均成角的直线进行判断；D选项将的最小值转化为点到平面的距离，再利用等体积法即可求解. 【详解】对于A选项，如图，连接，，， 在正方体中，，平面， 平面，， ，平面，平面， 平面， 平面，，故A正确； 对于B选项，当分别为，的中点时，，证明如下： 当为的中点时，则为的中点， 为的中位线，， 存在直线，使，故B正确； 对于C选项，与成角，当点与点重合时， 原问题等价于过作直线与，成角，可作三条直线， 即一条为直线的平行线，一条是直线， 第三条与图中的平行，其中是等边三角形， 过点只能作三条直线与，成角，故C错误； 对于D选项，的最小值即为异面直线，的距离， 即为两平行平面和的距离，即为点到平面的距离，设为， 正方体的棱长为1，， ， ，， 即，，故D正确. 故选：ABD. 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 复数，则的虚部为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法运算直接可得解. 【详解】， 则其虚部为， 故答案为：. 13. 将一个正四棱台物件放入有一定深度的电解槽中，对其表面进行电泳涂装.如图所示，已知该物件的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该物件的高为______. 【答案】## 【解析】 【分析】作出正四棱台的图形，设，利用该四棱台侧面的面积求得，进而利用勾股定理即可得解. 【详解】设，则， 因为该四棱台为正四棱台，所以各个侧面都为等腰梯形，上、下底面为正方形， 在四边形中，过点作于点， 则，所以， 所以，解得， 在平面中，过点作于点， 易知为正四棱台的高，则， 所以， 则该物件的高为. 故答案为： 14. 在中，内角，，的对边分别为，，，内角的平分线交于点，为的外心，若，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据角分线定理，可知，再结合向量数量积的几何意义可得，再结合余弦定理可化简，结合辅助角公式及三角函数性质可得最值. 【详解】 由已知为的角分线，则，，即， 则在中由正弦定理可知， 同理在中， 所以， 所以， 所以， 所以， 又点为的外心， 设，分别为，中点，则， 所以， 同理， 所以， 即，即， 在中，由余弦定理可得， 所以， 其中，且， 又，则， 则当时，取得最大值为， 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、证明过程或验算步骤. 15. 如图，在平行四边形中，，与相交于点，设． （1）用分别表示； （2）求的余弦值． 【答案】（1），，； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用平面向量线性运算法则即可得解； （2）法一：由（1）首先求出的模长和，然后再由夹角公式计算可得；法二：建立坐标系，求出相应点坐标，首先求出的模长和，然后再由夹角公式计算可得。 【小问1详解】 在平行四边形中，， 又，所以 所以， 又，所以 所以， 过作交于， ，所以 【小问2详解】 解法1：， ， 且在中， 为等边三角形，， ． 解法2：如图所示建系 则， ， ， ， 16. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，，平面，Q是PB的中点，． （1）证明：平面； （2）求点D到平面PAC的距离． 【答案】（1） 取的中点，连接， 因为，所以，， 因为分别是中点，得出，， 所以四边形是平行四边形，所以， 平面，平面，所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，证明是平行四边形，得出，再应用线面平行判定定理证明； （2）应用等体积法计算得出点到平面距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，， 平面，平面，则，， ，， 设点D到平面PAC的距离为，由，得， 即，得. 所以点D到平面PAC的距离为. 17. 在中，内角的对边分别是，且. （1）求的大小； （2）若，边上的高为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解法一：首先利用正弦定理，将边化为角，再根据三角恒等变换，即可求解；解法二：利用正弦定理，射影定理，即可求解； （2）解法一：根据面积公式求得，再根据余弦定理求；解法二：根据几何关系，以及三角函数的定义求，再求，再根据三角函数求. 【小问1详解】 解法一： 因为， 所以由正弦定理及二倍角公式可得， 所以， 所以， 所以，则， 因为，所以， 所以，所以. 解法二：由解法一得到， 得，即， 因为，所以. 【小问2详解】 解法一：由三角形面积公式得， 则，所以， 由余弦定理，即， 得，解得（舍去）， 解法二：如图，过作于点，则， 在中，，， 所以 ， 在中，，得，即. 18. 在中，内角、、所对的边分别为、、，其中，设向量，. （1）若， （i）求； （ii）设点为所在平面内一点，且满足，求． （2）若，求内切圆面积的最大值． 【答案】（1）（i）；（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）由平面向量数量积的坐标运算结合两角和的余弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值； （ii）利用平面向量数量积的运算性质可得出，可知为的外心，利用 正弦定理可求得的值； （2）由正弦定理结合两角和的正弦公式可得出，利用切线长定理可得出的内切圆半径为，利用基本不等式求出的最小值，再结合圆的面积公式可求得内切圆面积的最小值. 【小问1详解】 （i）因为， 所以， 解得， 又因为，所以． （ii）由， 得， 解得，，即，可知为的外心． 由正弦定理得，所以． 【小问2详解】 由及正弦定理得， 即， 即， 化简得， 因为、、，所以，，则， 所以，． 设内切圆半径为，如图，设的内切圆分别切边、、于点、、， 由切线长定理可得，，， 由圆的切线的性质可知，，且，， 故四边形为正方形，所以，， 所以，， 则 又， 当且仅当时，即当时等号成立， 所以，的内切圆面积， 即的内切圆面积的最大值是． 19. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，侧棱，且，，，点为中点. （1）求证：平面平面； （2）试作出二面角，并求二面角的正切值； （3）点为对角线上的点，且，垂足为，求与平面所成的最大角的正弦值.（注：本题建系不得分） 【答案】（1） ，， 则， ； 又，，、平面， 平面，平面， 平面平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合勾股定理，利用线线垂直证明线面垂直，进而证明面面垂直； （2）结合直角三角形边长可确定为等边三角形，取中点可得底面，再过点作于点，结合线线垂直可证线面垂直，进而可得二面角的平面角，进而确定二面角正切值； （3）（法一）作平面，可得，，共线，再在平面作交于点，可得平面，设线交线于点，则，进而可证平面，即可得，易知，因为，所以与平面所成的最大角的正弦值为； （法二）过点作交于点，连接，.设，，，可得.又，，，于是. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 侧棱，点为中点， ， 又， 为正三角形，取中点，则，， 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 过点作交延长线于点，连接，. 平面，所以， 又，，、平面， 所以平面，又平面，， 根据定义，即为二面角的平面角. ， . 【小问3详解】 （法一）作平面， 则，为在平面内的射影，所以点，，共线， 再在平面作交于点， 又，，、平面， 平面， 设线交线于点，则， 又，，、平面， 平面，平面，得， ，， 又因为， 所以与平面所成的最大角的正弦值为， 当点为线与的交点时取到最大角； （法二）过点作交于点，连接，. 设，，， 则，， 从而. ， ，， 于是， 当且仅当，即点为与交点时，等号成立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $