精品解析：陕西省西安市西光中学2024-2025学年高一下学期期中数学试题

西安市西光中学 2024—2025学年度第二学期期中考试高一年级数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分150分） 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 若是关于的方程的虚数根，且，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 下列命题中正确命题的个数为 （1）平面内有且仅有一条直线和这个平面外的一条直线垂直 （2）经过一点和已知直线垂直的平面有且仅有一个 （3）经过平面外一点和这个平面平行的直线有且仅有一条 （4）经过平面外一点有且仅有一条直线和这个平面垂直 A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 3. 如图，在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 4. 已知等边的边长为，D为中点，则（ ） A. B. C. D. 5. 在母线长为4的圆锥中，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知、是互相垂直的两个单位向量，若向量与的夹角为，则实数（ ） A. B. C. D. 7. 如下四个正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，为正方体的顶点．则满足的共有（ ）个 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 在中，角的对边分别为，已知，且，点满足，，则的面积为 A. B. C. D. 二、多选题（每小题6分，每小题全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.共18分） 9. 如图，是边长为的正方形，，，，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，则（ ） A. ，，，四点共面 B. 该几何体的体积为 C. 过四点，，，四点的外接球表面积为 D. 截面四边形的周长的最小值为 10. 已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中错误的是（ ） A. 若，则定为等腰三角形 B. 若，则一定是锐角三角形 C. 若点是边上的点，且，则的面积是面积的 D. 若平面内有一点满足：，且，则为等边三角形 11. 如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，沿AE､AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使得B､C､D三点重合于点S，得到四面体（如图2）.下列结论正确的是（ ） A. 平面平面SAF B. 四面体的体积为 C. 二面角正切值为 D. 顶点S在底面AEF上的射影为的垂心 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 若，则的最大值为_____． 13. 如图所示，△ABC和△A′B′C′的对应顶点的连线AA′，BB′，CC′交于同一点O，且，则________． 14. 如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器一边于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面五个命题： （1）没有水的部分始终呈棱柱形 （2）水面所在四边形的面积为定值 （3）当容器倾斜如图②所示时，为定值 （4）当容器倾斜如图③所示时，为定值 其中所有正确命题的序号是______________ 四、解答题（共77分） 15. 已知向量与的夹角为，，，求： （1）； （2）与； （3）与的夹角． 16. 如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱底面，且，为侧棱的中点. （1）求四棱锥的体积； （2）证明：平面； （3）证明：. 17. 已知在中，角，，的对边分别为，，，且. （1）求的值； （2）若，求面积的最大值. 18. 如图，在四棱锥中，，，，为边的中点，． （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角为，求点到平面的距离． 19. 如图，在五棱锥中，平面平面，，．四边形为矩形，且，，． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 西安市西光中学 2024—2025学年度第二学期期中考试高一年级数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分150分） 一、单选题（每小题5分，共40分） 1. 若是关于的方程的虚数根，且，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】将代入方程中，即可根据且求解. 【详解】将代入可得， 化简可得， 故且，解得，， 故选：C 2. 下列命题中正确命题的个数为 （1）平面内有且仅有一条直线和这个平面外的一条直线垂直 （2）经过一点和已知直线垂直的平面有且仅有一个 （3）经过平面外一点和这个平面平行的直线有且仅有一条 （4）经过平面外一点有且仅有一条直线和这个平面垂直 A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】B 【解析】 【详解】本题考查空间直线与平面的关系． 如图示，设为直线，为平面.若，则平面内所有直线都与直线垂直，故⑴错； 如图经过一点和已知直线垂直的平面有且仅有一个，⑵正确； 如图，若平面，且，则平面内过点的所有直线均与平面平行，故⑶错； 经过平面外一点有且仅有一条直线和这个平面垂直，⑷正确. 所以⑵⑷正确. 故正确答案为B. 3. 如图，在正方体中，，分别为，的中点，则异面直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，利用定义法求出异面直线所成的角. 【详解】在正方体中，连接，则，， 所以为异面直线与所成的角或其补角，而， 即为正三角形，所以． 故选：B 4. 已知等边的边长为，D为中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据等边三角形的性质求出，再根据平面向量线性运算法则得到，即可得解. 【详解】解：因为等边的边长为，D为中点，所以，， 所以； 故选：C 5. 在母线长为4的圆锥中，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径，根据外接球的球心总在圆锥的高所在的直线上，借助勾股定理建立等量关系即可求出外接球的半径. 【详解】设圆锥底面圆半径为，依题意，，解得， 圆锥的高，显然圆锥的外接球的球心在线段上， 设球的半径为．连接，则由， 得，解得，即， 所以该圆锥的外接球的表面积． 故选：C 6. 已知、是互相垂直的两个单位向量，若向量与的夹角为，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的运算性质求出、、，利用平面向量数量积的定义可得出关于的等式，解之即可. 【详解】因为、是互相垂直的两个单位向量，则，且， 由平面向量数量积的运算性质可得 ， ， ， 由平面向量数量积的定义可得， 即，则， 且有，又因为，故. 故选：D. 7. 如下四个正方体中，为底面的中心，为所在棱的中点，为正方体的顶点．则满足的共有（ ）个 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据正方体性质作出与平行的直线、平面或平面，通过求解与的垂直关系即可得解. 【详解】对于第1个图，如图（1）由正方体性质得， 所以四边形是平行四边形，所以，且与不垂直， 所以与不垂直； 对于第2个图，如图（2），令为所在棱中点，则由中位线性质得， 令正方体边长为1，则，即， 因为，所以，所以； 对于第3个图，如图（3），令为所在棱中点，与P重合， 连接，，由正方体结构性质可得， 令正方体边长为1，则，，， 因为，所以，所以； 对于第4个图，如图（4），令为所在棱中点，与P重合， 连接，，由正方体结构性质可得， 令正方体边长为1，则，，， 因为，所以，则与不垂直， 所以与不垂直. 所以满足的共有2个. 故选：B. 8. 在中，角的对边分别为，已知，且，点满足，，则的面积为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】运用正弦定理和余弦定理将角统一成边，再利用向量的数量积运算和三角形的面积公式结合求解. 【详解】由， 可得，即.又，所以． 因为，所以点为的重心， 所以，所以， 两边平方得． 因为，所以， 于是，所以， 的面积为. 因为的面积是面积的倍.故的面积为． 【点睛】本题关键在于运用向量的平方可以转化到向量的夹角的关系，再与三角形的面积公式相结合求解，属于难度题. 二、多选题（每小题6分，每小题全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.共18分） 9. 如图，是边长为的正方形，，，，都垂直于底面，且，点在线段上，平面交线段于点，则（ ） A. ，，，四点共面 B. 该几何体的体积为 C. 过四点，，，四点的外接球表面积为 D. 截面四边形的周长的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，利用证明四点共面；对于B，通过补形可知，此几何体体积是底面边长为2的正方形，高为4的长方体体积的一半，进而求体积；对于C，过，，，构造正方体，则外接球直径为正方体的体对角线，进而求表面积；对于D，利用面面平行的性质定理证明四边形为平行四边形，则周长，进而求的最小值即可. 【详解】对于A，取中点，取靠近的三等分点， 易知四边形为平行四边形，四边形为平行四边形， 所以，，则， 所以，，，四点共面，故正确； 对于B，由对称性知，此几何体体积是底面边长为2的正方形，高为4的长方体体积的一半，所以，故B错误； 对于C，过四点，，，构造正方体， 所以，外接球直径为正方体的体对角线， 所以，则，所以此四点的外接球表面积为，故C正确； 对于D， 由题意，平面平面，平面平面，平面平面， 所以，同理可得， 所以四边形为平行四边形，则周长， 沿将相邻两四边形推平，当，，三点共线时，最小，最小值为5， 所以周长的最小值为，故D错误. 故选：AC 10. 已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中错误的是（ ） A. 若，则定为等腰三角形 B. 若，则一定是锐角三角形 C. 若点是边上的点，且，则的面积是面积的 D. 若平面内有一点满足：，且，则为等边三角形 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用诱导公式以及正弦函数的性质即可求解判断A；利用余弦定理推理判断B；利用向量线性运算判断C；利用三角形心的向量表示判断D. 【详解】对于A,由，,可得或者，故或者,故为等腰三角形或者直角三角形，故A错误， 对于B，由可得,,故为锐角，但无法确定，所以无法确定三角形为锐角三角形，故B错误， 对于C , 由，得，即， 则，的面积是面积的，C错误； 对于D，由，得是的重心，由， 得是的外心，即的重心、外心重合，则为等边三角形，D正确； 故选：ABC 11. 如图1，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，沿AE､AF及EF把这个正方形折成一个四面体，使得B､C､D三点重合于点S，得到四面体（如图2）.下列结论正确的是（ ） A. 平面平面SAF B. 四面体的体积为 C. 二面角正切值为 D. 顶点S在底面AEF上的射影为的垂心 【答案】BD 【解析】 【分析】（１）作辅助线，证为平面SAF与平面AEF的二面角的平面角，显然为锐角，从而判断A选项． （２）先证平面AEF，从而得到锥体的高，计算出所需长度，算出体积即可． （３）证为平面SEF与平面AEF的二面角的平面角，计算的正切值． （４）先证O为S在平面AEF上的射影，由于AM，只需证，即可． 【详解】如图，作EF的中点M，连结AM、SM，过S作AM的垂线交AM于点O，连结SO，过O作AF的垂线交AF于点N，连结SN 由题知AE=AF=，所以AM，SE=SF=1，所以， 为平面SEF与平面AEF的二面角的平面角 又 平面ASM，平面ASM，SO， 作法知， ，平面AEF， 所以SO为锥体的高．所以O为S在平面AEF上的射影. 平面AEF，所以 ，由作法知， 平面SON，平面SON， 为平面SAF与平面AEF的二面角的平面角，显然为锐角，故A错． 由题知 ， ， 又AS＝２， ，SE＝１， ，四面体S−AEF的体积为 ，故B正确． 在直角三角形ASM中： 故C不正确． 因为 ， ， 所以 ， ，由对称性知 ，又AM 故D正确． 故选：BD． 三、填空题（每小题5分，共15分） 12. 若，则的最大值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数模的几何意义将问题转化为圆上点到原点的距离最值问题，通过原点到圆心的距离加半径得到结果. 【详解】复数在复平面对应的点满足，几何意义为：复平面内动点的轨迹是以为圆心，半径的圆； 的几何意义是动点到原点的距离。 计算原点到圆心的距离：， 因此圆上点到原点的最大距离为，即的最大值为. 【点睛】本题考查复数模的几何意义，核心方法是数形结合，将复数问题转化为复平面内的几何问题求解. 13. 如图所示，△ABC和△A′B′C′的对应顶点的连线AA′，BB′，CC′交于同一点O，且，则________． 【答案】 【解析】 【分析】由等角定理得，，可得∽，继而即可求解. 【详解】因为，且＝＝， 所以，同理，， 因为，所以， 同理， 所以∽，且＝＝， 所以． 故答案为：. 14. 如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器一边于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面五个命题： （1）没有水的部分始终呈棱柱形 （2）水面所在四边形的面积为定值 （3）当容器倾斜如图②所示时，为定值 （4）当容器倾斜如图③所示时，为定值 其中所有正确命题的序号是______________ 【答案】（1）（3）（4） 【解析】 【分析】根据题意，结合棱柱的特征、体积公式逐个判断即可. 【详解】对于（1），由于固定，所以在倾斜的过程中，始终有， 且平面平面，故没有水的部分始终呈棱柱形（四棱柱或三棱柱、五棱柱），故（1）正确； 对于（2），由于固定，易知，且平面，所以平面， 又平面，所以,故为矩形，则， 的长随着倾斜度的变化而变化，故的面积是变化的，故（2）错误； 对于（3），当容器倾斜如图②所示时，四棱柱的体积保持不变， 即，又均为定值，故为定值，故（3）正确； 对于（4），当容器倾斜如图③所示时，三棱柱的体积保持不变， 即，又是定值，则为定值，故（4）正确． 故选：（1）（3）（4） 四、解答题（共77分） 15. 已知向量与的夹角为，，，求： （1）； （2）与； （3）与的夹角． 【答案】（1）4 （2）， （3） 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积的定义即可求解； （2）根据向量数量积的运算律即可求解； （3）根据平面向量夹角的余弦公式即可求解． 【小问1详解】 易知． 【小问2详解】 因为，所以， 因为，所以． 【小问3详解】 显然， 所以， 又，则． 16. 如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱底面，且，为侧棱的中点. （1）求四棱锥的体积； （2）证明：平面； （3）证明：. 【答案】（1）； （2）证明：连接，且，连接， 因四边形为正方形，则为线段的中点， 又为侧棱的中点，则为的中位线，则， 因平面，平面，则平面； （3）证明：因四边形为正方形，则， 又平面，平面，则， 因，平面，平面，则平面， 又平面，则. 【解析】 【分析】（1）利用棱锥的体积公式即可； （2）作辅助线，且，得出，再利用线面平行的判定定理即可； （3）先利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用线面垂直的定义可得. 【小问1详解】 因底面，则为四棱锥的高， 因，正方形的边长为， 则四棱锥的体积为； 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 略. 17. 已知在中，角，，的对边分别为，，，且. （1）求的值； （2）若，求面积的最大值. 【答案】(1);(2) . 【解析】 【详解】分析：（1）在式子中运用正弦、余弦定理后可得．（2）由经三角变换可得，然后运用余弦定理可得，从而得到，故得． 详解：(1)由题意及正、余弦定理得， 整理得， ∴ （2）由题意得， ∴， ∵， ∴， ∴. 由余弦定理得， ∴， ，当且仅当时等号成立． ∴． ∴面积的最大值为． 点睛：（1）正、余弦定理经常与三角形的面积综合在一起考查，解题时要注意整体代换的应用，如余弦定理中常用的变形，这样自然地与三角形的面积公式结合在一起． （2）运用基本不等式求最值时，要注意等号成立的条件，在解题中必须要注明． 18. 如图，在四棱锥中，，，，为边的中点，． （1）求证：平面平面； （2）若直线与平面所成角为，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明如下： 因为，所以． 又因为，平面，， 所以平面． 因为平面，所以． 因为，平面，，相交， 所以平面． 因为平面，所以． 在四边形中，，，， 所以，． 又因为为边的中点， 所以． 所以．所以． 因为，平面，， 所以平面，又平面， 所以平面平面． （2） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，由勾股定理证明，可证平面，得证； （2）延长至点，可得，以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用点到平面的距离公式求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，延长至点，使得，连接． 因为，，， 所以四边形为矩形．所以， 由（1）平面， 因为直线与平面所成角为， 所以． 因为，所以． 以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，． 设平面的法向量，则，即， 取，，，平面的一个法向量． 所以点到平面的距离． 19. 如图，在五棱锥中，平面平面，，．四边形为矩形，且，，． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值的最小值． 【答案】（1） 平面平面，交线为，又，平面， 所以⊥平面， 又平面，所以⊥， 因为，，平面， 故⊥平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直，得到线面垂直，⊥，结合得到线面垂直； （2）作出辅助线，找到即为二面角的平面角，由勾股定理和余弦定理求出各边，最后由余弦定理求出二面角的余弦值； （3）设点到平面的距离为，直线与平面所成角大小为，则，要想直线与平面所成角的正弦值的最小，则最小即可，设，由等体积法和余弦定理，面积公式得到，从而求出的最小值，得到正弦的最小值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，，， 由勾股定理得， 平面，平面， 所以， 因为，，由勾股定理得， 过点作⊥于点，则， 故， 过点作⊥，交于点，连接， 故即为二面角的平面角， 由勾股定理得， 又， 由余弦定理得，故， 在Rt中，，即，解得， 故， 在Rt中，， 由余弦定理得， 故， 在中，由余弦定理得， 故二面角的余弦值为； 【小问3详解】 连接，因为，，所以， 又，⊥，由勾股定理得， 设点到平面的距离为，直线与平面所成角大小为， 则， 要想直线与平面所成角的正弦值的最小，则最小即可， ， 由（1）得平面，故， 设，则，， 故， 在中，由余弦定理得 ， 故， 则， 因为，所以， 故， 当时，取得最小值，最小值为， 故直线与平面所成角的正弦值的最小值为. 【点睛】方法点睛：立体几何二面角求解方法： （1）作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解； （2）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $