精品解析：天津市南开中学滨海生态城学校2024-2025学年高一下学期期中数学试题

天津市南开中学滨海生态城学校2024-2025学年（下） 高一年级期中检测数学学科试卷 注意事项： 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时100分钟.第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页. 祝各位考生考试顺利! 第Ⅰ卷 本卷共12题，每题5分，共60分.在每题列出的四个选项中，只有一项最符合题目要求. 一､选择题（共12小题，每小题5分，共60分） 1. 复数在复平面上所对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算，确定复数，再根据复数的几何意义进行判断即可. 【详解】复数. 故选：A 2. 若是平面内的一个基底，则下列四组向量中可以作为平面向量基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用基底的性质结合选项可以判断. 【详解】因为，所以不能作为平面向量的基底，A不正确； 因为不共线，所以能作为平面向量的基底，B正确； 因为，所以不能作为平面向量的基底，C不正确； 因为，所以不能作为平面向量的基底，D不正确； 故选：B 3. 在中，内角、、的对边分别为、、，已知，，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理可得出关于的方程，结合可得出的值. 【详解】由题意，由余弦定理可得， 整理可得，因为，解得. 故选：B. 4. 已知向量，，．若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量共线坐标表示得方程，解得结果. 【详解】因为，所以,选C. 【点睛】本题考查向量共线，考查基本分析与求解能力，属基础题. 5. 已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，即可判断选项. 【详解】A.若，，则或，故A错误； B. 若，，，则，故B正确； C. 若，，则或与相交，故C错误； D. 若，，，则或异面，故D错误. 故选：B 6. 若向量，向量满足，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由条件可得，再由投影向量的定义代入计算，即可得到结果. 【详解】由可得，即， 且在上的投影向量为 故选：C. 7. 如图，在正三棱柱中，若，，则与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取中点，连结、，矩形中利用三角函数的定义，证出，可得．根据面面垂直的性质和线面垂直的判定，在正三棱柱中证出平面，从而得出，即可求解. 【详解】取中点，连接、， 矩形中， ，可得 因此 正三棱柱中，平面平面 平面平面，,平面， 直线平面，平面，可得 ，平面，平面， 平面，因此可得，即与所成角的大小为， 故选：B． 8. 已知三棱锥的四个面均为直角三角形，平面，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构造如图所示的长方体，易知三棱锥的外接球就是长方体的外接球，可得，结合球的表面积计算公式即可. 【详解】根据题意，构造如图所示的长方体，设其外接球的半径为， 易知三棱锥的外接球就是长方体的外接球， 则， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：D. 9. 如图所示，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长得，求得，进而由可求得圆锥的高. 【详解】由图可知，扇形的弧长等于圆锥底面圆的周长，圆锥底面圆的半径为， 设扇形半径为，则有，解得，所以圆锥的母线长为， 故圆锥的高. 故选：C. 10. 如图，在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，将容器底面一边固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，下列四个说法中错误的是（ ） A. 有水的部分始终是棱柱形； B. 水面所在四边形面积为定值； C. 棱始终与水面平行； D. 当时，是定值． 【答案】B 【解析】 【分析】从棱柱的特征平面可判断A；由水面四边形EFGH的面积是改变的可判断B；由∥∥∥，利用线面平行的判定定理可判断C；由水的体积是定值，高为定值，则底面积ABFE为定值，可判断D. 【详解】对于A：根据面面平行性质定理，可得BC固定时，在倾斜的过程中，始终有∥∥∥， 且平面∥平面DHGC，故有水的部分始终是棱柱形，故A正确； 对于B：因为平面，平面，则， 且//，则，即EFGH为矩形， 又因为水面EFGH所在四边形的面积，从图中可以发现，边长不变，而另外一条长随着倾斜程度变化而变化， 所以EFGH所在四边形的面积是变化的，故B错误； 对于C：因为∥∥∥，水面EFGH，水面EFGH， 所以∥水面EFGH，故C正确； 对于选项D：由于水的体积是定值，高不变，所以底面ABFE面积为定值， 此时ABFE的面积为定值，可得是定值， 即当时，是定值，故D正确. 故选：B． 11. 如图1的方斗杯古时候常作为盛酒的一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加某种酒，当酒的高度是方斗杯高度的一半时，用酒，则该方斗杯可盛该种酒的总容积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设线段、、、的中点分别为、、、，利用台体的体积公式计算出棱台与棱台的体积之比，即可得该方斗杯可盛该种酒的总容积. 【详解】设线段、、、的中点分别为、、、，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，因为线段、的中点分别为、， 则， 设棱台的高为，体积为， 则棱台的高为，设其体积为， 则，则， 所以，，所以，该方斗杯可盛该种酒的总容积为. 故选：C. 12. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论错误的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 直线与直线所成角的取值范围为 C. 的最小值为 D. 若为线段中点，过，，三点的平面截正方体所得的截面的面积为 【答案】D 【解析】 【分析】利用等体积转化为求三棱锥体积判断A；利用几何法求出异面直线所成角范围判断B；将侧面和侧面展开至同一平面求出最小值判断C；作出截面并求出截面面积判断D. 【详解】在棱长为2的正方体中，为线段的中点， 对于A，，平面，平面，则平面， 则点到平面的距离为定值，而的面积为定值，为定值，A正确； 对于B，如图，过点作，则直线DP与直线所成角与直线与直线所成角相等， 当点运动至点时，角最大为，点运动至点时，角最小为，B正确； 对于C，如图，将侧面和侧面展开至同一平面，当三点共线时，取最小值，C正确； 对于D，如图，过点三点的平面截正方体所得截面为等腰梯形， 其中上底，下底，腰为，则梯形高为， 所以等腰梯形的面积为，D错误. 故选：D 第Ⅱ卷 本卷共12题，共90分. 二､填空题（共8小题，每小题5分，共40分）在天津考生下载更多资料 13. 设是虚数单位，则复数的共轭复数的虚部为__________． 【答案】 【解析】 【详解】， ，其虚部为， 故答案为：. 14. 已知向量，的夹角为，且，，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用坐标求出，再利用数量积的运算律求得答案. 【详解】依题意，， 所以. 故答案为： 15. 如图，是在斜二测画法下的直观图，其中，则的面积是______. 【答案】8 【解析】 【分析】根据斜二测画法作出的图象再求解即可. 【详解】由题意，作出的图象如图，可得，，且， 故. 故答案为：8 16. 一个几何体是由一个圆锥和一个半球组成的（相关尺寸如图），则该几何体的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用体积公式，计算组合体的体积. 【详解】半球的半径，圆锥底面半径，高， 半球的体积等于，圆锥体积等于. 所以几何体的体积. 故答案为： 17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为，已知且，则外接圆面积为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】在中，由余弦定理及题中条件可求得的值，进而求出的值，再利用正弦定理求解外接圆半径，即可求解. 【详解】在中，由及余弦定理可得： ， ∴. ，. 设外接圆半径为，则由正弦定理可知：，即. ∴外接圆面积为. 故答案为：. 18. 已知顶点为的圆锥，为底面圆的一条直径，是母线的中点，为底面圆的中心，为线段的中点，若是边长为2的正三角形，则与该圆锥底面所成角的正切值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定信息作出几何图形，利用几何法求出线面角的正切值. 【详解】取的中点，连接，取的中点，连接， 由是边长为2的正三角形，得，则， 由，圆锥底面，圆锥底面， 则是与该圆锥底面所成角， 所以与该圆锥底面所成角的正切值为. 故答案为： 19. 柏拉图多面体，是指严格对称，结构等价的正多面体．由于太完美，因此数量很少，只有正四、六、八、十二、二十面体五种．如果用边数不同的正多边形来构造接近圆球、比较完美的多面体，那么数量会多一些，用两种或两种以上的正多边形构建的凸多面体虽不是正多面体但有些类似，这样的多面体叫做半正多面体．古希腊数学家物理学家阿基米德对这些正多面体进行研究并发现了13种半正多面体（后人称为“阿基米德多面体”）．现在正四面体上将四个角各截去一角，形成最简单的阿基米德家族种的一个，又名截角四面体．设原正四面体的棱长为6，则所得的截角四面体的表面积为______，该截角四面体的体积为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】有题意求出正六边形的边长为，截去的正三角形的边长为，进而求出正六边形的面积和每个截面的面积，即可求出所得的截角四面体的面积；利用棱长为正四面体的体积减去个棱长为正四面体的体积即可得该截角四面体的体积. 【详解】设正六边形的边长的边长为， 由题意可得：，解得：， 所以每个正六边形的面积为：， 所以所得的截角四面体的表面积为：， 设棱长为的正四面体的体积为， 正四面体的高为：， 正四面体的底面积为， 所以正四面体的体积为， 所以该截角四面体外接球的体积为：， 故答案为：；. 20. 在中，为线段上一点.，则__________；若在线段上运动，则的取值范围是__________. 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】根据三点共线的知识来求得，设，利用向量数量积运算求得的表达式，然后根据二次函数的性质来求得 【详解】依题意，， 所以， 由于三点共线，所以. 因为，且，所以. 设. 由向量减法的三角形法则可得. 那么. . 已知，，，根据向量数量积公式（为与的夹角）， 可得. 展开得： ， 把，，代入上式： ， 展开并整理： ， 合并同类项得. 令，，这是一个二次函数，二次项系数， 图象开口向上，对称轴为. 当时，取得最小值，. 当时，取得最大值，， 所以的取值范围是. 故答案为：； 三､解答题（共4小题，共50分） 21. 已知内角的对边分别为．已知． （1）求角： （2）若，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，求出，结合特殊角的三角函数值，即可求得答案； （2）利用余弦定理求出，根据三角形面积公式，即可求得答案. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得 在中，，则，即， 故． 【小问2详解】 由余弦定值知：， 即，则， 所以． 22. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知． （1）求角大小； （2）设，． （i）求的值； （ii）求的值． 【答案】（1） （2） ； 【解析】 【分析】根据余弦定理化简求出角. 根据已知条件套用余弦定理求. 根据二倍角，两角和与差公式代入求解即可. 【小问1详解】 因为得； 即，得； 所以，因为； 所以. 【小问2详解】 ，则. ，则，. 所以. 23. 如图，三棱柱中，所有棱长均相等，且平面，点分别为所在棱的中点 （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）连接，证四边形为平行四边形，可得，由线面平行的判定定理即可证明； （2）由（1）知，直线与所成角就是直线与所成角，即，设棱长为2，求解即可； （3）由线面垂直判定定理可证平面，直线与平面所成角为，在直角三角形中求解即可. 【小问1详解】 连接，因为，分别为，的中点， 所以，， 又，，为的中点， 所以，， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 由（1）知， 所以直线与所成角就直线与所成角，即， 设三棱柱中棱长为2， 在中，，，所以， 所以， 直线与所成角的余弦值为； 【小问3详解】 因为为等边三角形，为的中点， 所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以， 又，，平面， 所以平面， 所以直线与平面所成角为， 又，， 所以， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值. 24. 如图，在五面体中，四边形是边长为的正方形，，，. （1）求证：; （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理得平面，再由线面平行的性质，即可证明结果； （2）根据条件，利用几何关系得到，，再由线面垂直的判定定理，即可求解； （3）连接，与相交于点，取的中点，连接，，根据条件及（1）中结论，得到平面，从而有是直线与平面所成的角，即可求解. 【小问1详解】 由多面体的定义知，四点共面，四点共面， 因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面，且平面平面=，所以. 【小问2详解】 取的中点，连接，则， 由（1）知，所以，又因为，所以四边形是平行四边形， 得到，且，在中，， 又，得，所以， 在中，，，，所以， 所以，即， 又因为四边形是正方形，所以， 又，平面，平面， 所以平面. 【小问3详解】 连接，与相交于点，则点是的中点， 取的中点，连接，，则，， 由（1）知，且，所以，且， 所以四边形是平行四边形，所以，且， 由（1）知平面，又平面， 所以，又因为，平面，平面， 所以平面，故平面， 又平面，所以， 又因为，平面，平面， 所以平面，故是直线与平面所成的角， 在中，，所以直线与平面所成角的正切值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 天津市南开中学滨海生态城学校2024-2025学年（下） 高一年级期中检测数学学科试卷 注意事项： 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时100分钟.第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷3至4页. 祝各位考生考试顺利! 第Ⅰ卷 本卷共12题，每题5分，共60分.在每题列出的四个选项中，只有一项最符合题目要求. 一､选择题（共12小题，每小题5分，共60分） 1. 复数在复平面上所对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 若是平面内一个基底，则下列四组向量中可以作为平面向量基底的是（ ） A. B. C. D. 3. 在中，内角、、的对边分别为、、，已知，，，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，，．若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 6. 若向量，向量满足，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在正三棱柱中，若，，则与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 8. 已知三棱锥的四个面均为直角三角形，平面，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 9. 如图所示，在正方形铁皮上剪下一个扇形和一个直径为2的圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，将容器底面一边固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，下列四个说法中错误的是（ ） A. 有水的部分始终是棱柱形； B. 水面所在四边形面积为定值； C. 棱始终与水面平行； D. 当时，是定值． 11. 如图1的方斗杯古时候常作为盛酒的一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加某种酒，当酒的高度是方斗杯高度的一半时，用酒，则该方斗杯可盛该种酒的总容积为（ ） A. B. C. D. 12. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论错误的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 直线与直线所成角的取值范围为 C. 的最小值为 D. 若为线段中点，过，，三点的平面截正方体所得的截面的面积为 第Ⅱ卷 本卷共12题，共90分. 二､填空题（共8小题，每小题5分，共40分）在天津考生下载更多资料 13. 设是虚数单位，则复数的共轭复数的虚部为__________． 14. 已知向量，的夹角为，且，，则__________. 15. 如图，是在斜二测画法下的直观图，其中，则的面积是______. 16. 一个几何体是由一个圆锥和一个半球组成的（相关尺寸如图），则该几何体的体积为______． 17. 在中，内角A，B，C所对的边分别为，已知且，则外接圆面积为_________. 18. 已知顶点为圆锥，为底面圆的一条直径，是母线的中点，为底面圆的中心，为线段的中点，若是边长为2的正三角形，则与该圆锥底面所成角的正切值为__________. 19. 柏拉图多面体，是指严格对称，结构等价的正多面体．由于太完美，因此数量很少，只有正四、六、八、十二、二十面体五种．如果用边数不同的正多边形来构造接近圆球、比较完美的多面体，那么数量会多一些，用两种或两种以上的正多边形构建的凸多面体虽不是正多面体但有些类似，这样的多面体叫做半正多面体．古希腊数学家物理学家阿基米德对这些正多面体进行研究并发现了13种半正多面体（后人称为“阿基米德多面体”）．现在正四面体上将四个角各截去一角，形成最简单的阿基米德家族种的一个，又名截角四面体．设原正四面体的棱长为6，则所得的截角四面体的表面积为______，该截角四面体的体积为______． 20. 在中，为线段上一点.，则__________；若在线段上运动，则的取值范围是__________. 三､解答题（共4小题，共50分） 21. 已知内角的对边分别为．已知． （1）求角： （2）若，求的面积． 22. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知． （1）求角的大小； （2）设，． （i）求值； （ii）求的值． 23. 如图，三棱柱中，所有棱长均相等，且平面，点分别为所在棱的中点 （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 24. 如图，在五面体中，四边形是边长为正方形，，，. （1）求证：; （2）求证：平面； （3）求直线与平面所成角的正切值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$