精品解析：福建省莆田市第十五中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

莆田第十五中学高一下学期期中考试试卷 一､选择题（共8小题） 1. 已知复数z在复平面内所对应点坐标为，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知边长为2的正方形中，点，分别为，的中点，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 如图所示，中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 4. 中国国家馆以“城市发展中的中华智慧”为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个类似中国国家馆结构的正四棱台，，，侧面面积为，则该正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且，则的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 6. 已知圆锥的底面周长为，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的高为（ ） A. 3 B. C. 1 D. 7. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上是边长为的正三角形，则球的表面积等于（ ） A. B. C. D. 8. 已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，(sinA-sinC)=sinB，a2=5c2+2accosB，且△ABC的面积为，则△ABC的周长为（　　） A. 6+2 B. 4+ C. +4 D. 3+2 二､多选题（共3小题） 9. 已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，，则直线a平行于平面内的无数条直线 B. 若，，，则a与b是异面直线 C. 若，，则 D. 若，，则一定相交 10. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面ABCD中，，且，下列说法正确的有（ ） A. B. 该圆台轴截面ABCD面积为 C. 该圆台的体积为 D. 沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5cm 11. 是边长为3的等边三角形，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量是 三､填空题（共3小题） 12. 已知向量与的夹角为，则__________. 13 ，若，则__________. 14. 如图所示，为了测量河对岸A，B两点间的距离，在这一岸定一基线CD，现已测出米，，，，，则AB的长为___________米. 四.解答题（共5小题） 15. 如图，在直角梯形中，，，，，梯形绕着直线旋转一周. （1）求所形成封闭几何体的表面积； （2）求所形成的封闭几何体的体积. 16. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求实数值； （3）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围. 17. 如图，在正方体中，点、分别是、的中点．求证： （1）直线和同一平面上； （2）直线、和交于一点． 18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求； （2）若，且的周长为，求的面积． 19. 如图，四边形是平行四边形，点P是平面外一点． （1）求证：平面； （2）是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于HG，求证： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 莆田第十五中学高一下学期期中考试试卷 一､选择题（共8小题） 1. 已知复数z在复平面内所对应点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求得，然后求得，由此求得. 【详解】因为复数z在复平面内所对应的点为， 所以，故，故． 故选：A 2. 已知边长为2的正方形中，点，分别为，的中点，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合数量积的几何意义运算求解. 【详解】因为点，分别为，的中点， 则，且在方向上的投影数量为2， 所以. 故选：B. 3. 如图所示，中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理结合已知条件求解即可 【详解】因为点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点， 所以 , 故选：A 4. 中国国家馆以“城市发展中的中华智慧”为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个类似中国国家馆结构的正四棱台，，，侧面面积为，则该正四棱台的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正四棱台的侧面积求出斜高，再求出高及体积. 【详解】取正四棱台的上下底面的中心，棱的中点， 连接，则分别是正四棱台的高和斜高， 依题意，，解得， 在直角梯形中，， 则， 所以正四棱台的体积. 故选：A 5. 在中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且，则的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理变化角及三角形的内角和定理，再利用诱导公式及两角和的正弦公式，结合三角形内角的范围和三角方程即可求解. 【详解】由及正弦定理，得 , 所以, 所以, 即， 即，解得或, 当时，又，,所以或（舍），所以为等腰三角形; 当时，又，所以，所以为直角三角形; 综上所述，为等腰或直角三角形. 故选：D. 6. 已知圆锥的底面周长为，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的高为（ ） A. 3 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆的周长公式求底面半径，由扇形弧长公式求圆锥的母线长，再根据圆锥的母线、高和底面半径的关系求高. 【详解】由题设，底面半径，母线长， 所以圆锥的高. 故选：B 7. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上是边长为的正三角形，则球的表面积等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用外接球和三棱锥的关系求出球的半径，计算即可. 【详解】已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，是边长为的正三角形，如图所示： 取BC的中点D，点H为底面的中心，所以 设外接球的半径为R，所以， 利用勾股定理可得，解得 则球的表面积为 故选：B. 8. 已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，(sinA-sinC)=sinB，a2=5c2+2accosB，且△ABC的面积为，则△ABC的周长为（　　） A. 6+2 B. 4+ C. +4 D. 3+2 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理、余弦定理角化边，求出边a，c的关系，再借助三角形面积定理计算即得. 【详解】在△ABC中，由正弦定理及(sinA-sinC)=sinB得：(a-c)=b， 由余弦定理及a2=5c2+2accosB得：a2=5c2+，解得b=c， 因此有a=2c，从而得cosB==-，则有sinB＝， 于是得S△ABC，解得c=2，则a=4，b=2， 所以△ABC的周长为a+b+c=6+2. 故选：A 二､多选题（共3小题） 9. 已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，，则直线a平行于平面内的无数条直线 B. 若，，，则a与b是异面直线 C. 若，，则 D. 若，，则一定相交 【答案】AC 【解析】 【分析】 由题意得出或，不管是哪一种情况，都能在平面内找到无数条直线与直线平行即可判断A选项； 由题意得出直线与b没有交点，则与b可能异面，也可能平行，即可判断B选项； 由，得出直线与没有公共点，则，即可判断C选项； 当直线平行时，也满足题意，即可判断D选项 【详解】A中，，，则或，所以不管在平面内还是平面外，都有结论成立，故A正确； B中，直线与b没有交点，所以与b可能异面，也可能平行，故B错误； C中，直线与平面没有公共点，所以，故C正确； D中，直线与平面有可能平行，故D错误. 故选：AC 【点睛】本题主要考查了直线与直线，直线与平面的位置关系，属于基础题. 10. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面ABCD中，，且，下列说法正确的有（ ） A. B. 该圆台轴截面ABCD面积为 C. 该圆台的体积为 D. 沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5cm 【答案】BCD 【解析】 【分析】求出圆台的高，由梯形特征可判断选项A；将圆台轴截面，可判断选项B；由台体的体积公式可判断选项C；将圆台补成圆锥，侧面展开，取AD的中点为E，连接CE，可判断选项D. 【详解】A：由已知及题图知：且，故，错误； B：由A易知：圆台高为，所以圆台轴截面ABCD面积，正确； C：圆台的体积，正确； D：将圆台一半侧面展开，如下图中且为中点， 而圆台对应的圆锥体侧面展开为且，又， 所以在△中，即C到AD中点的最短距离为5cm，正确. 故选：BCD. 11. 是边长为3的等边三角形，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量是 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，根据向量线性运算求解判断；对B，根据向量的数量积及运算律和模的计算判断；对C，由向量数量积及运算律求解判断；对D，由向量投影的定义求解判断. 【详解】如图： 对于A，，故A错误； 对于B，， 所以，故B正确； 对于C， ，故C正确； 对于D，在上投影向量是，故D正确. 故选：BCD. 三､填空题（共3小题） 12. 已知向量与的夹角为，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据给定条件。利用数量积的定义及运算律求解. 【详解】向量与的夹角为，则， 于是，解得. 故答案为：2 13. ，若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设（），则根据复数的模长公式以及复数相等的条件即可得的值，进而可得复数. 【详解】设（），则 所以， 由复数相等可得：所以， 即，解得：， 所以， 故答案为：. 14. 如图所示，为了测量河对岸A，B两点间的距离，在这一岸定一基线CD，现已测出米，，，，，则AB的长为___________米. 【答案】 【解析】 【分析】由已知得，在中，利用正弦定理求得，在中，利用余弦定理即可得解. 【详解】在中，已知， 中，， 由正弦定理，得 在中，， 利用余弦定理知. 故答案为： 四.解答题（共5小题） 15. 如图，在直角梯形中，，，，，梯形绕着直线旋转一周. （1）求所形成的封闭几何体的表面积； （2）求所形成的封闭几何体的体积. 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】(1)梯形绕着直线旋转一周后形成的几何体可以看作一个圆柱中挖去了一个圆锥后形成的，其表面积，计算即可(2)几何体的体积可以看做圆柱的体积减去一个圆锥的体积. 【详解】依题意旋转后形成的几何体可以看作一个圆柱中挖去了一个圆锥后形成的， 由，可知 （1）其表面积S=圆柱侧面积+圆锥侧面积+圆柱底面积 . （2）其体积V=圆柱体积圆锥体积 . 【点睛】本题主要考查了旋转体的表面积，体积，属于中档题. 16. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求实数的值； （3）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）且 【解析】 【分析】（1）根据向量平行的坐标运算列式求解的值，从而得模长； （2）根据向量的坐标的线性运算得的坐标，再根据向量垂直的坐标运算求解实数的值； （3）根据向量夹角与数量积的关系求解即可. 【小问1详解】 因为向量，且， 所以，解得， 所以. 小问2详解】 因为，且， 所以，解得. 【小问3详解】 因为与的夹角是钝角， 则且与不共线， 即且， 所以且. 17. 如图，在正方体中，点、分别是、的中点．求证： （1）直线和在同一平面上； （2）直线、和交于一点． 【答案】（1）证明见详解； （2）证明见详解. 【解析】 【分析】（1）连结，根据点分别是的中点，利用平行关系的传递性得到∥即可; （2）易得与相交，设交点为P，则能得到平面，平面，结合平面平面，即可得证； 【小问1详解】 如图，连结. ∵点分别是的中点，∴. ∵四边形为平行四边形，∴， ∴， ∴四点共面，即和共面． 【小问2详解】 证明：正方体中， ∵点分别是的中点，∴且 ∵四边形为平行四边形，∴，且 ∴∥且 ∴与相交，设交点为P， ∵，平面，∴平面； 又∵，平面，∴平面， ∵平面平面，∴， ∴三线交于点P. 18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求； （2）若，且的周长为，求的面积． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用正弦边角关系及和角正弦公式有，再由三角形内角性质即可求边长； （2）应用余弦定理及已知得且，进而求得，最后应用面积公式求面积. 【小问1详解】 由题设，由正弦定理有， 所以，而，故，又， 所以. 【小问2详解】 由（1）及已知，有，可得， 又，即， 所以，故. 19. 如图，四边形平行四边形，点P是平面外一点． （1）求证：平面； （2）是PC的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于HG，求证： 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可； （2）由线面平行的判定定理证明平面，再由线面平行的性质定理得证. 【小问1详解】 因为四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 连接，交于，连接 因为四边形是平行四边形， 所以是的中点，又因为M是的中点，所以 又因为平面，平面， 所以，平面 又因为平面，平面平面， 所以， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$