精品解析：湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2024-2025学年高一下学期期中数学试题

华中师大一附中2024——2025学年度下学期高一期中检测 数学试题 时限：120分钟 满分：150分 命题人：审题人： 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. 复数z满足，则复数z=（ ） A. B. C. D. 2. 化简以下各式，结果不是零向量的为（ ） A. B. C. D. 3. 下列命题中正确的是（ ） A. 若直线上有无数个点不在平面内，则 B. 若直线平面，则直线与平面内的任意一条直线都平行 C. 若直线直线b，直线平面，则直线平面 D. 若直线平面，则直线与平面内的任意一条直线都没有公共点 4. 若，为非零向量，则“”是“”的（ ） A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 某观测站C在目标A南偏西25°方向，从A出发有一条南偏东35°走向的公路，在C处测得与C相距31km的公路B处有一个人正沿着此公路向A走去，走20km到达D，此时测得CD距离为21km，若此人必须在20分钟内从D处到达A处，则此人的最小速度为（ ） A. 30km/h B. 45km/h C. 14km/h D. 15km/h 6. 若两个向量，的夹角是，是单位向量，，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在棱长均为直三棱柱中，是的中点，过、、三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点所在部分的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若则的形状是（ ） A. 等腰三角形但不是直角三角形 B. 直角三角形但不是等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 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. 已知都是复数，下列选项中正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若，则是实数 D. 若，则 10. 如图，已知直线，点A是之间的一个定点，点A到的距离分别为1，2．点B是直线上一个动点，过点A作，交直线于点C，点G满足，则（ ） A. B. 当时， C. 面积的最小值是1 D. 11. 已知正方体的棱长为2，M为的中点，平面过点且与垂直，则（ ） A. B. 平面 C. 平面平面 D. 平面截正方体所得的截面面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是关于的方程的一个根，则______． 13. 某同学做了一个木制陀螺，该陀螺由两个底面重合圆锥组成．已知该陀螺上、下两个圆锥的体积之比为1：2．上面圆锥的高与其底面半径相等，则上、下两个圆锥的母线长之比为______ 14. 在锐角中，三内角的对边分别为，且，则的最小值为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在四边形ABCD中，△ABD是等边三角形，是以BD为斜边等腰直角三角形，将△ABD沿对角线BD翻折到，在翻折的过程中 （1）求证：BD⊥PC； （2）若DP⊥BC，求证：PC⊥平面BCD． 16. 如图，在梯形ABCD中，，，E，F分别为DC，CB的中点，且P是线段AB上的一个动点． （1）求AD； （2）求∠EAF； （3）求的取值范围． 17. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G，H，P分别是棱，的中点， （1）过点A，G，H作正方体的截面，并说明理由； （2）求三棱锥的外接球的表面积； （3）设点M在平面内，且平面，求直线与直线所成角的余弦值的最大值． 18. 如图，为线段的中点，为延长线上的一点，以为圆心，为半径作半圆，为半圆上除去直径端点的一点，连接． （1）若，以为边作正三角形（点在直线的上方），当四边形面积为时，求； （2）在中，记的对边分别为，的面积为，满足 ①求证：； ②求的最小值． 19. 布洛卡点是三角形内部的一特殊的点，由法国数学家亨利·布洛卡于19世纪提出，它通过等角条件联系三角形边与顶点，其角度和位置揭示了三角形的对称性与比例特性，是经典几何学中兼具美学与实用价值的点．其定义如下：设P是内一点，若，则称点P为△ABC的布洛卡点，角θ为△ABC的布洛卡角．如图，在△ABC中，记它的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，点P为△ABC的布洛卡点，其布洛卡角为θ，请完成以下各题： （1）若，且，求A和； （2）若求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 华中师大一附中2024——2025学年度下学期高一期中检测 数学试题 时限：120分钟 满分：150分 命题人：审题人： 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. 复数z满足，则复数z=（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数模，复数除法运算公式，即可求解. 【详解】由题意可知，，所以. 故选：C 2. 化简以下各式，结果不是零向量的为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得. 【详解】对于A：，故A正确； 对于B： ，故B错误； 对于C：，故C正确； 对于D： ，故D正确； 故选：B 3. 下列命题中正确是（ ） A. 若直线上有无数个点不平面内，则 B. 若直线平面，则直线与平面内的任意一条直线都平行 C. 若直线直线b，直线平面，则直线平面 D. 若直线平面，则直线与平面内的任意一条直线都没有公共点 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，由线面位置关系的定义判断，对于B，由线面平行的性质判断，对于C，由线面平行的判定定理判断，对于D，由线面平行的定义判断 【详解】对于A，当直线a与平面相交于点P时，除了点P外，直线上的无数个点都不在平面内，所以A错误， 对于B，当直线平面时，直线a与平面内直线平行或异面，所以B错误， 对于C，当直线直线b，直线平面，则直线平面，或直线a在平面内，所以C错误， 对于D，当直线平面时，则直线a与平面无公共点，所以直线a与平面内的任意一条直线都没有公共点，所以D正确， 故选：D 4. 若，为非零向量，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义，结合相等向量及数乘向量的意义判断即得. 【详解】若，则，有； 反之，取，，有，而不成立， 所以“”是“”的必要不充分条件. 故选：B 5. 某观测站C在目标A的南偏西25°方向，从A出发有一条南偏东35°走向的公路，在C处测得与C相距31km的公路B处有一个人正沿着此公路向A走去，走20km到达D，此时测得CD距离为21km，若此人必须在20分钟内从D处到达A处，则此人的最小速度为（ ） A. 30km/h B. 45km/h C. 14km/h D. 15km/h 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理与三角函数的恒等式，利用正弦定理，可得答案. 【详解】由题意可得，在中，，，， 由余弦定理，则， 即，， 在中，易知，则，， ， 由正弦定理，则，即， 由，则. 故选：B. 6. 若两个向量，的夹角是，是单位向量，，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用数量积公式求出，然后由数量积定义可得夹角； 【详解】因为， ， ， 设与的夹角为，则， 又，所以. 故选：B. 7. 如图，在棱长均为的直三棱柱中，是的中点，过、、三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点所在部分的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设平面交于点，连接、，推导出点为的中点，用三棱柱的体积减去三棱台的体积即可得解. 【详解】设平面交于点，连接、， 在三棱柱中，平面平面，平面平面， 平面平面，所以，， 又因为且，故四边形为平行四边形，所以，， 所以，， 因为为的中点，所以，为的中点，且， 因为直三棱柱的每条棱长都为， 则， 易知是边长为的等边三角形，则， ， 因此，顶点所在部分的体积为. 故选：B. 8. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若则的形状是（ ） A. 等腰三角形但不是直角三角形 B. 直角三角形但不等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理和余弦定理即可求解. 【详解】由，， 所以， 由正弦定理有， 又由余弦定理有， 所以， 所以，即， 又，所以是直角三角形但不是等腰三角形. 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. 已知都是复数，下列选项中正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若，则是实数 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的相关定义，以及复数的运算公式，即可求解. 【详解】若，则或，故A正确； 若， ，满足，但，故B错误； 若，则是实数，故C正确； 若，则，得或，所以，故D正确. 故选：ACD. 10. 如图，已知直线，点A是之间的一个定点，点A到的距离分别为1，2．点B是直线上一个动点，过点A作，交直线于点C，点G满足，则（ ） A. B. 当时， C. 面积的最小值是1 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：根据向量减法运算可判断；对于B：设，用角表示相应长度，结合题意运算求解即可；对于C：用角表示面积，结合二倍角正弦公式判断；对于D：利用向量数量积的运算律以及基本不等式判断. 【详解】对于选项A：因为，则， 所以，故A正确； 对于选项B：过点作，交直线于点，交直线于点， 因为点到、的距离分别为1、2，则， 设， 因为，则， 可得， 若，则，可得， 所以，故B正确； 对于选项C：因为，则， 当且仅当时，等号成立， 所以面积的最小值是2，故C错误； 对于选项D：因为，则，且， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 即，所以，故D正确； 故选：ABD. 11. 已知正方体的棱长为2，M为的中点，平面过点且与垂直，则（ ） A. B. 平面 C. 平面平面 D. 平面截正方体所得的截面面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】分析出面，可判断选项A；取AD的中点，由平面几何知识可知，，从而判断出面，即平面截正方体所得的截面为梯形，从而可判断剩余的三个选项. 【详解】连接，则，又因为，, 所以面，又因为面，所以，故选项A正确； 取AD的中点，的中点，连接，，，，, 在正方形中，由平面几何知识可知，， 又因为，，所以面，所以, 又因为，所以， 又因为, 所以面，即平面截正方体所得的截面为梯形， 所以显然平面，选项B正确； 平面与平面不平行，选项C错误； 在梯形中，，，,所以梯形的高为， 所以梯形的面积为，即平面截正方体所得的截面面积为，故选项D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知是关于的方程的一个根，则______． 【答案】38 【解析】 【分析】代入方程结合复数的概念及运算法则待定系数计算即可. 【详解】将代入方程 得， 所以，所以. 故答案为：38 13. 某同学做了一个木制陀螺，该陀螺由两个底面重合的圆锥组成．已知该陀螺上、下两个圆锥的体积之比为1：2．上面圆锥的高与其底面半径相等，则上、下两个圆锥的母线长之比为______ 【答案】 【解析】 【分析】由圆锥的体积公式及圆锥高、半径与母线的关系计算即可． 【详解】设上、下两圆锥的底面半径为，高分别为，体积分别为， 因为上圆锥的高与底面半径相等，所以， 则得，， 上圆锥的母线为，下圆锥的母线为， 所以上、下两圆锥的母线长之比为， 故答案为： 14. 在锐角中，三内角的对边分别为，且，则的最小值为______． 【答案】8 【解析】 【分析】由正弦定理可得，再由三角恒等变换计算可得，利用换元法以及基本不等式计算可得当时取得最小值为8. 【详解】根据正弦定理由，可得， 所以， 即可得， 又因为，可得， 因此， 所以， 因为为锐角三角形，所以，即， 令，可知， 所以， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最小值为8. 故答案为：8. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于由题目条件并结合三角恒等变换得出，并求得，由锐角三角形以及基本不等式计算即可. 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. 如图，在四边形ABCD中，△ABD是等边三角形，是以BD为斜边的等腰直角三角形，将△ABD沿对角线BD翻折到，在翻折的过程中 （1）求证：BD⊥PC； （2）若DP⊥BC，求证：PC⊥平面BCD． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）要证明线线垂直，转化为证明线面垂直，根据几何关系，取的中点，根据等腰三角形的性质，证明平面； （2）根据线线垂直，证明平面，再根据线面垂直关系说明，再根据（1）的结果，证明线面垂直. 【小问1详解】 取的中点，在等腰中，，为的中点， ∴，在等边中，，又，平面， ∴平面，又平面，∴ 【小问2详解】 ∵在中，，又，又，平面 ∴平面，又平面，∴ 又由（1）知（已证），，平面， ∴平面 16. 如图，在梯形ABCD中，，，E，F分别为DC，CB的中点，且P是线段AB上的一个动点． （1）求AD； （2）求∠EAF； （3）求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，由数量积的坐标运算即可求得； （2）利用夹角公式的坐标运算即可求解； （3）根据坐标运算得，利用二次函数即可求解. 【小问1详解】 建立以为原点，为轴正半轴，为轴正半轴的坐标系， ∴，，假设，则，，， ∴，， 由，则，即，又，∴， ∴. 【小问2详解】 由（1）知：，，，， ∴，又为锐角， ∴； 【小问3详解】 设，∴，， ∴，， ∴ ， ∵，∴. 17. 如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G，H，P分别是棱，的中点， （1）过点A，G，H作正方体的截面，并说明理由； （2）求三棱锥的外接球的表面积； （3）设点M在平面内，且平面，求直线与直线所成角的余弦值的最大值． 【答案】（1）作图见解析，理由见解析； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由面面平行的性质确定，即可确定截面； （2）确定球心的位置，并根据球的半径相等，得到方程，求出球的半径，计算即可； （3）证明面面平行，确定M的位置，直线与所成的角即为，由空间中的线面关系计算出，进而得到余弦值的最大值即可. 【小问1详解】 过点的截面是，理由如下： 设平面平面，平面平面， ∴，又，分别是和的中点， ∴，，∴，∴即为直线， ∴正方体中过点的截面是； 【小问2详解】 如图，易证为等腰直角三角形，则其外接圆圆心为EH的中点Z， 过Z作ZN⊥平面EPH，交面于N，则N为的中心， 三棱锥的外接球球心Q在直线ZN上， 设外接球半径为，，则， 其中，， 故， ∴球的表面积； 【小问3详解】 取的中点，又的中点，则，又， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 又在正方体中，， 平面，平面， ∴平面，又， ∴平面平面， ∴点在线段上运动，又， ∴直线与所成的角即为直线与所成的角， 又平面，平面， ∴，是直角三角形， ∴， 当与垂直时，取得最小值， 其中，由勾股定理得， 故的最小值为， ∴，此时取得最大值， 由于且， 故，故的最大值为， ∴直线与所成的角的余弦值的最大值为. 18. 如图，为线段的中点，为延长线上的一点，以为圆心，为半径作半圆，为半圆上除去直径端点的一点，连接． （1）若，以为边作正三角形（点在直线的上方），当四边形面积为时，求； （2）在中，记的对边分别为，的面积为，满足 ①求证：； ②求的最小值． 【答案】（1） （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）设，，根据条件得到，结合条件，即可求解； （2）①根据条件，利用三角形面积及余弦定理得到，利用正弦定理边转角，得到，即可求解；②设，利用①及正弦定得到，从而有，再利用基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 设，，在中，，， 由余弦定理，得到 又， 所以， 得到，又，所以，则，所以， 则. 【小问2详解】 ①由，则，又， 所以，即，又由余弦定理， 得到，所以，得以， ∴，又 ∴，又，， ∴或，即或（舍去），故， 即. ②不妨设，则， 由正弦定理知，所以， 又，∴， ∴ 又，∴原式， 当且仅当，即时取等号， ∴的最小值为，此时. 19. 布洛卡点是三角形内部的一特殊的点，由法国数学家亨利·布洛卡于19世纪提出，它通过等角条件联系三角形边与顶点，其角度和位置揭示了三角形的对称性与比例特性，是经典几何学中兼具美学与实用价值的点．其定义如下：设P是内一点，若，则称点P为△ABC的布洛卡点，角θ为△ABC的布洛卡角．如图，在△ABC中，记它的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，点P为△ABC的布洛卡点，其布洛卡角为θ，请完成以下各题： （1）若，且，求A和； （2）若求的值． 【答案】（1）， （2）3 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，则，即，又，可得，，再中，利用正弦定理求解； （2）先根据，得，结合余弦定理可得，由正弦定理可得，在中，由余弦定理以及三角形的面积公式可得，，进一步化简即可. 【小问1详解】 ∵，∴，∵，， ∴， ∴，∴，即，又， 由勾股定理得，则． 在中，设，则， 由正弦定理可得， 所以，化简可得． 综上，，． 【小问2详解】 ，所以． 在，，中，分别由余弦定理得： ，，， 三式相加整理得：， 由上面可得， 所以， 先求， 在中，由正弦定理可得， 所以， 同理可得，， 所以 再求． 在中，由余弦定理以及三角形的面积公式可得， ，， 三式相加可得：， 由（2）可知，所以； 所以 ． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $