精品解析：天津市小站第一中学2024-2025学年高一下学期4月期中数学试题

2024-2025高一第二学期期中测试—数学试卷 一、选择题 1. 若为虚数单位，复数，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图，已知等腰直角三角形是一个平面图形直观图，，斜边，则这个平面图形的面积是（ ） A. B. 1 C. D. 4. 已知、表示两个不同的平面，、是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ） A. ，， B. ， C ，， D. ，， 5. 已知棱长为2的正方体的顶点都在球面上，则该球的表面积为（ ） A. π B. 2π C. 4π D. 12π 6. 一圆锥的侧面展开图是半径为的半圆，则该圆锥表面积为 A. B. C. D. 7. 一个人骑自行车由A地出发向正东方向骑行了到达地，然后由地向南偏东方向骑行了到达地，再从地向北偏东方向骑行了到达地，则两地的距离为（ ） A B. C. D. 8. 在棱长为1的正方体中，为的中点，那么直线与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在中，， ，若，，则等于（ ） A. B. C. D. 10. 庑殿顶是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，宋代称为“五脊殿”、“吴殿”，清代称为“四阿殿”（1）所示.现有如图（2）所示的庑殿顶式几何体，其中正方形的边长为3，，且到平面的距离为2，则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 二、填空题 11. 若虚数单位，复数________. 12. 已知平面向量满足，且与的夹角为，则_________． 13. 一个底面积为1的正四棱柱的顶点都在同一球面上，若此球的表面积为，则该四棱柱的高为____________． 14. 如图，在空间四边形ABCD中，AB＝CD＝4且AB与CD所成的角为60°，E，F分别是BC，AD的中点，则EF_____． 15. 已知向量，的夹角为，，，则_________ 三、解答题 16. 设复数，其中为虚数单位，. （1）若是纯虚数，求实数的值; （2）在复平面内表示复数的点位于第四象限，求实数的取值范围. 17. 如图，在正方体中，为中点． （1）求证：平面； （2）求证：． 18. 在△ABC中，内角A,B，C的对边分别为a，b，c，且bsinA=acosB． （1）求角B的大小； （2）若b=3，sinC=2sinA，求a，c的值 19. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知，，． （1）求的值； （2）求的面积； （3）求的值． 20. 如图，在三棱柱 中，平面ABC，， D是BC的中点. （1）求证:平面; （2）求证: 平面平面; （3）求直线AC与平面所成角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025高一第二学期期中测试—数学试卷 一、选择题 1. 若为虚数单位，复数，则在复平面内对应的点位于（ ） 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】根据题意，由复数的运算将化简，即可得到结果. 【详解】因为， 则z在复平面内对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 2. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件得到，解出即可. 【详解】由知，故. 故选：B. 3. 如图，已知等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，，斜边，则这个平面图形的面积是（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法的定义，画出平面图形，求得原三角形的直角边，从而面积可得． 【详解】利用斜二测画法的定义，画出原图形， 由是等腰直角三角形，，斜边，得， 因此，， 所以原平面图形的面积是. 故选：A 4. 已知、表示两个不同的平面，、是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（ ） A. ，， B. ， C. ，， D. ，， 【答案】C 【解析】 【分析】利用已知条件判断线线、线面位置关系，可判断ABD选项的正误；利用面面垂直的性质定理以及线面平行的判定定理可判断C选项. 【详解】对于A选项，若，，，则、的位置关系不确定，A错； 对于B选项，若，，则与的位置关系不确定，B错； 对于C选项，设，过直线上的点在平面内作，如下图所示： 因为，，，，则， ，则，又因为，，所以，，C对； 对于D选项，，，，则、平行或异面，D错. 故选：C. 5. 已知棱长为2的正方体的顶点都在球面上，则该球的表面积为（ ） A. π B. 2π C. 4π D. 12π 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知，球直径为正方体的体对角线，求出求半径，代入球的表面积公式即可求解. 【详解】设该球的半径为，由题意可知，该球的直径为棱长为2的正方体的体对角线， 则，所以， 则该球的表面积， 故选：D. 6. 一圆锥的侧面展开图是半径为的半圆，则该圆锥表面积为 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设底面圆的半径为r,则所以r=2,再求圆锥的表面积. 【详解】设底面圆半径为r,则， 所以圆锥的表面积为. 故选A 【点睛】本题主要考查圆锥的侧面展开图和表面积的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 7. 一个人骑自行车由A地出发向正东方向骑行了到达地，然后由地向南偏东方向骑行了到达地，再从地向北偏东方向骑行了到达地，则两地的距离为（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】在中，利用余弦定理求得，通过已知求出，然后由勾股定理可得. 【详解】由题可知，， 所以，，所以， 在中，由余弦定理得， 所以， 即两地的距离为. 故选：A 8. 在棱长为1的正方体中，为的中点，那么直线与所成角的余弦值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据异面直线夹角的概念平移找角，再结合余弦定理计算即可. 【详解】解：连接交于，取中点为，连接， 由正方体可知，，又交于，为中点，所以， 即，所以四边形为平行四边形，所以 则直线与所成角为或其补角， 在中，， 所以, 则直线与所成角的余弦值是. 故选：B. 9. 如图，在中，， ，若，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的线性运算法则，准确运算，即可求解. 【详解】因为，所以，所以， 又因为，所以，所以, 可得，所以, 即，即. 故选：B. 10. 庑殿顶是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，宋代称为“五脊殿”、“吴殿”，清代称为“四阿殿”（1）所示.现有如图（2）所示的庑殿顶式几何体，其中正方形的边长为3，，且到平面的距离为2，则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将几何体分割为一个三棱柱和一个四棱锥，由柱体和锥体的体积公式，计算可得所求值. 【详解】解：取的中点，连接， 可得几何体分割为一个三棱柱和一个四棱锥， 将三棱柱补成一个底面与矩形全等的矩形的平行六面体， 可得该三棱柱的体积为平行六面体的一半， 则三棱柱的体积为， 四棱锥的体积为， 则几何体的体积为. 故选：D. 二、填空题 11. 若是虚数单位，复数________. 【答案】## 【解析】 【分析】利用复数乘法和除法法则即可求解. 【详解】. 故答案为：. 12. 已知平面向量满足，且与的夹角为，则_________． 【答案】 【解析】 分析】直接由结合已知条件求解即可 【详解】因为平面向量满足，且与的夹角为， 所以 ， 故答案为： 13. 一个底面积为1的正四棱柱的顶点都在同一球面上，若此球的表面积为，则该四棱柱的高为____________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知正四棱柱的对角线长即为球的直径，根据对角线长的计算公式可求得四棱柱的高. 【详解】由题意可知正四棱柱的对角线长即为球的直径， 因为该球的表面积为，所以球的半径， 正四棱柱的底面积为1，则底面边长为1， 设正四棱柱的高为h，则 ，即 解得 ， 故答案为： . 14. 如图，在空间四边形ABCD中，AB＝CD＝4且AB与CD所成的角为60°，E，F分别是BC，AD的中点，则EF_____． 【答案】2或． 【解析】 【分析】取中点，连结，，则，，且，是与所成的角（或所成角的补角），从而，或，由此利用余弦定理能求出． 【详解】取中点，连结，， 在空间四边形中，且与所成的角为，，分别是，的中点， ，，且， 是与所成的角（或所成角的补角）， ，或， 当时，， 当时，， 故答案为：2或． 【点睛】本题考查线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平． 15. 已知向量，的夹角为，，，则_________ 【答案】 【解析】 【分析】首先由数量积的定义求出，再根据及数量积的运算律计算可得. 【详解】因为向量，的夹角为，，， 所以， 所以. 故答案为： 三、解答题 16. 设复数，其中为虚数单位，. （1）若是纯虚数，求实数的值; （2）在复平面内表示复数的点位于第四象限，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据实部为0，虚部不等于0列式求解可得； （2）根据实部大于0，虚部小于0，列不等式组求解可得. 【小问1详解】 若是纯虚数，则， 解得. 【小问2详解】 由题意知，解得， 所以实数的取值范围为. 17. 如图，在正方体中，为的中点． （1）求证：平面； （2）求证：． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）只需由中位线定理得出，结合线面平行的判定定理即可得证； （2）先由线面垂直的判定定理证得面，再结合线面垂直的性质即可得证. 【小问1详解】 连接与交于点，连接， 因为四边形正方形， 所以为中点，又因为为，中点所以， 又因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 在正方体中， 由面，面，所以， 又，面，面，， 所以面， 又由面，所以． 18. 在△ABC中，内角A,B，C的对边分别为a，b，c，且bsinA=acosB． （1）求角B的大小； （2）若b=3，sinC=2sinA，求a，c的值 【答案】（1）B=60°（2） 【解析】 【详解】（1)由正弦定理得 【考点定位】本题主要考查三角形中的三角函数，由正余弦定理化简求值是真理 19. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知，，． （1）求的值； （2）求的面积； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知，利用余弦定理，即可求出的值； （2）由已知，求出，再利用三角形的面积公式，计算即可； （3）在中，由正弦定理，可得，则，由两角差的正弦公式即可求得. 【小问1详解】 在中，因为，，， 所以由余弦定理， 得. 【小问2详解】 在中，因为，，， 则，， 所以的面积. 【小问3详解】 在中，由正弦定理， 可得， ，所以， 又，， 所以. 20. 如图，在三棱柱 中，平面ABC，， D是BC的中点. （1）求证:平面; （2）求证: 平面平面; （3）求直线AC与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）连接交于O，连接OD，则由三角形中位线定理可得，再利用线面平行的判定定理可得结论. （2）由等边三角形的性质可得，再由棱柱的性质结合已知可得平面，从而得，由线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论. （3）过C作CE于E，连AE，则可得CE⊥平面，从而中得∠CAE是AC与平面所成的角，然后在直角中求解即可. 小问1详解】 在三棱柱 中，连接交于O，连接OD， 则O是的中点，又是的中点，， 而平面，OD平面， 所以平面. 【小问2详解】 由，是的中点，得， 由平面，得平面，又AD平面，则， 又､BC是平面内的两条相交直线，因此平面，而AD平面， 所以平面平面 【小问3详解】 在平面内过C作CE于E，连AE， 由（2）知，平面平面，平面平面， 则平面，是AC与平面所成的角， 在直角中，令，则，， 在直角中，， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$