精品解析：天津市滨海新区塘沽第一中学2023-2024学年高一下学期期中数学试题

塘沽一中2023—2024学年度第二学期 高一年级期中考试数学学科试题 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，考试时间100分钟，试卷共4页.卷Ⅰ答案用2B铅笔填涂在答题卡上，卷Ⅱ答案用黑色字迹的笔直接答在答题纸规定区域内. 第Ⅰ卷（共60分） 一､选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的） 1. 化简等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量加法直接得到答案. 【详解】. 故选：D 2. 已知复数，则下列命题中不正确的是（ ） A. B. C. 的虚部为 D. 在复平面上对应的点位于第一象限 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的相关概念，即可判断选项. 【详解】由复数可知，，，的虚部为1，在复平面上对应的点为，位于第一象限，所以不正确的是C. 故选：C 3. 已知向量，若与垂直，则 （ ） A. 13 B. C. 11 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由垂直向量的坐标运算求解即可. 【详解】因为向量，所以， 若与垂直，则，解得：. 故选：A. 4. 一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原的面积是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法可得原三角形的底边及高，进而可求原三角形的面积. 【详解】因为三角形的斜二侧直观图是等腰直角三角形， 所以的底． 腰，在中为直角三角形，高． 所以直角三角形的面积是． 故选:D． 5. 已知，，，则向量在向量方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量定义直接求解即可. 【详解】，， 向量在向量方向上的投影向量为. 故选：D. 6. 在中，若，且，则面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题中条件结合余弦定理先求得，进而利用面积公式求解. 【详解】由， 故， 故选：D 7. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】若α∥β，mα，mβ，则m，n可能平行也可能异面，故B错误；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或nα，故C错误；若mα，nα，m∥β，n∥β，由于m，n不一定相交，故α∥β也不一定成立，故A错误；若m∥n，n⊥α，根据线面垂直的第二判定定理，我们易得m⊥α，故D正确. 8. 在中，若，则的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】首先利用正弦定理化边为角求出的值，再结合，以及三角形的内角和可求出，进而可得正确选项. 【详解】, , 因为 所以， 所以，可得或， 又因为，, 所以 所以，，， 所以为等边三角形. 故选：B 9. 在四面体中，已知为等边三角形，为等腰直角三角形，斜边，，则二面角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据四面体中三角形的性质作出二面角的平面角，再由余弦定理计算可得结果. 【详解】取的中点为，连接，如下图所示： 因为为等边三角形，，所以，且； 又为等腰直角三角形，，所以，且； 由二面角定义可得即为二面角的平面角， 在中，，，， 由余弦定理可得； 又，所以， 即二面角的大小为. 故选：A 10. 设的内角所对的边分别为，则下列结论正确的是（ ） A. ，则只有一解 B. 若，则一定是锐角三角形 C. 若，则 D. 若是边长为2的等边三角形，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理可知有两个解，即A错误，由余弦定理可判断B错误，根据三角形中大角对大边可判断C正确，利用数量积的定义计算可得D错误. 【详解】对于A，由正弦定理可得； 又，可知，因为， 所以可得有两个解，即A错误； 对于B，由可求得，此时只能确定为锐角，但不一定为锐角， 因此不一定是锐角三角形，即B错误； 对于C，由可知，再由正弦定理可知，即C正确； 对于D，若是边长为2的等边三角形， 则，即D错误. 故选：C 11. 在平行四边形中，，则 （ ） A. 12 B. 16 C. 14 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】由表示出由数量积的运算律求解即可. 【详解】，， 所以 . 故选：A. 12. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马，将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图在堑堵中，，，，分别为棱，的中点，给出下列四个结论： ①四面体为鳖臑 ②平面 ③若，则与所成角的正弦值为 ④三棱锥的外接球的体积为定值 则其中正确结论的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由线面垂直的判定定理和性质定理可判断①正确，取的中点为，可证明为平行四边形，再利用线面平行的判定定理可判断②正确，结合已有分析作出与所成的角即为与所成的角或其补角，利用余弦定理即可判断③错误，根据四面体为鳖臑，结合其性质找出外接球的球心位置求出其半径，即可得④正确. 【详解】对于①，在堑堵中，，且平面； 又平面，所以，， 因此均为直角三角形， 又，平面，所以平面； 因为平面，所以，即为直角三角形， 所以可知四面体的四个面，，均为直角三角形， 因此四面体为鳖臑，即①正确； 对于②，如下图所示： 取的中点为，连接， 所以可得，，所以， 即可得四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面， 所以平面，即②正确； 对于③，由②中的分析可知， 所以与所成的角即为与所成的角或其补角， 因为，，可得， 所以为直角斜边中线，因此可得， 在中，由余弦定理可知， 因此为锐角，则，即③错误； 对于④，由①中分析可知，，，均为直角三角形， 所以可得， 因此即为三棱锥的外接球的球心，且半径为， 所以三棱锥的外接球的体积为定值， 与的长度无关，即④正确. 综上可知，正确的结论是①②④，共3个. 故选：C 【点睛】方法点睛：异面直线所成角的求法有几何法和向量法： 几何法：平移两条直线中的一条或两条到同一个平面内，利用边角关系找到所求角所在的三角形，利用余弦定理即可求解； 向量法：求出两直线的方向向量，并求得两向量夹角的余弦值，最后取其绝对值即为所求角的余弦值. 第Ⅱ卷（共90分） 二､填空题（每小题5分，共30分，试题中包含两个空的，答对1个给3分，全部答对的给5分.） 13. i是虚数单位，复数________________. 【答案】 【解析】 【分析】 利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简求解即可. 【详解】， 故答案为：. 【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分. 14. 一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比是_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆柱的侧面展开图是一个正方形，得到圆柱的高和底面半径之间的关系，然后求出圆柱的表面积和侧面积即可得到结论． 【详解】设底面半径为，则圆柱的侧面展开图的边长为，即圆柱的高为 ∴圆柱的侧面积为，表面积为 则圆柱的表面积与侧面积的比是 故答案为：． 15. 已知三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB=，BC=，AC=2，则此三棱锥外接球的表面积为______． 【答案】8 【解析】 【分析】以PA，PB，PC分棱构造一个长方体，这个长方体的外接球就是三棱锥P-ABC的外接球，由此能求出三棱锥的外接球的表面积． 详解】解：如图，PA，PB，PC两两垂直，设PC=h， 则PB=，PA=， ∵PA2+PB2=AB2，∴4-h2+7-h2=5，解得h=， 因为三棱锥P-ABC，PA，PB，PC两两垂直，且PA=1，PB=2，PC=， ∴以PA，PB，PC分棱构造一个长方体， 则这个长方体的外接球就是三棱锥P-ABC的外接球， ∴由题意可知，这个长方体的中心是三棱锥的外接球的心， 三棱锥的外接球的半径为R=， 所以外接球的表面积为． 故答案为8． 【点睛】本题考查三棱锥的外接球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意构造法的合理运用． 16. 桂林日月塔又称金塔银塔，日塔别名叫金塔，月塔别名叫银塔，所以也有金银塔之称.如图1，这是金银塔中的金塔，某数学兴趣小组成员为测量该塔的高度，在塔底的同一水平面上的两点处进行测量，如图2.已知在A处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为米，，则该塔的高度__________米. 【答案】 【解析】 【分析】首先设，并表示，最后在中，根据余弦定理，即可求解. 【详解】由条件可知，，，设， 所以，，且米，， 中，根据余弦定理，， 得，（负值舍去）. 所以该塔的高度米. 故答案为： 17. 在中，是的中点，.则的大小为__________；为的角平分线，在线段上，则的长度为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】以为基底表示出向量，再由以及向量数量积的运算律计算可得，由角平分线利用等面积法列方程即可解得. 【详解】如下图： 由是的中点可得， 又， 所以 ， 解得，又， 所以； 因此可得， 由可得； 即，解得. 故答案为：； 18. 在中，，且，则边__________；为的外心，若，其中，则__________. 【答案】 ①. 8 ②. ## 【解析】 【分析】由，再代入数量积公式，即可求解；根据数量积公式计算和，再转化为方程组，即可求解. 【详解】设，， ， 解得：， 所以，，，， ， 即，① ， 即，② 由①②解得：，， 所以. 故答案为：8； 三､解答题（共60分，规范书写解题过程） 19. 已知，且与夹角为，求： （1）； （2）与的夹角； （3）若向量与平行，求实数的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用展开计算； （2）利用公式计算即可； （3）存在实数使，利用系数对应相等列方程组求解. 【小问1详解】 因为， 所以； 小问2详解】 由（1）知，又， 所以，又， 所以与的夹角为； 【小问3详解】 因为向量与平行， 所以存实数使， 所以，解得. 20. 如图，在棱长为2的正方体中，点是的中点. （1）证明：平面； （2）求异面直线与所成角的正切值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正方体性质和线面垂直判定定理证明即可得出结论； （2）作出异面直线所成角的平面角，在中由正切函数定义即可求得结果； （3）由点到平面的距离与点到平面的距离相等，利用等体积法计算即可求得结果. 【小问1详解】 由正方体性质可知平面， 而平面，所以，即 由四边形为正方形，可得； 又，平面， 所以平面； 【小问2详解】 易知， 所以异面直线与所成的角即为直线与所成的角， 在中，易知，且， 因此， 即异面直线与所成角的正切值为； 【小问3详解】 易知点到平面的距离与点到平面的距离相等， 易知三棱锥中，且； 所以， 设点到平面的距离为， 由可得， 解得； 即点到平面的距离为. 21. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，为线段上一点，，且为的中点. （1）证明：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）运用线面平行的判定定理分析推证； （2）运用面面垂直的判定定理分析推证； （3）依据题设条件运用线面角的定义先找出线面角，再借助解三角形的知识求解： 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为为中点， 所以，且， 由，则， 又， 则，， 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】 取的中点，连接， ∵， ∴， 又，， 所以四边形为平行四边形， 故， 又∵平面平面， ∴， 又， 所以平面， ∵平面， ∴平面平面； 【小问3详解】 过作，垂足为. 由（2）知平面平面；平面平面，平面，∴平面，连接. 则为在平面上的射影， ∴为直线与平面所成的角. 在 中 ， ， ∴直线与平面所成角的正弦值为. 22. 在中，的内角所对的边分别为，且满足. （1）求角的大小； （2）若，且，求周长； （3）如图，若，动点分别在线段上运动，且，求的最小值. 【答案】（1） （2）9 （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和两角和的正弦公式的逆运用可求得； （2）由已知条件可得，在中利用余弦定理可得，再由，可知为正三角形，可求得其周长； （3）建立平面直角坐标系，得出关于的表达式，并根据二次函数性质计算可得其最小值. 【小问1详解】 由和正弦定理，可得； 即， 又，所以， 可得，故. 【小问2详解】 由可得，又，， 所以，； 在中，由余弦定理可得， 整理可得，解得或（舍）； 在中，由，可知为正三角形， 故周长为9. 【小问3详解】 由可得，且； 以点为坐标原点，所在直线为轴，过点作垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系，如下图所示： 设与轴交于点，因可得，因此，； 则，可得 因为动点分别在线段上运动，所以， 因； 则； 所以 ， 显然当时，取得最小值. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用给出线段定比分点建立以为坐标原点的平面直角坐标系，求出关于的表达式，再结合二次函数可求出其最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 塘沽一中2023—2024学年度第二学期 高一年级期中考试数学学科试题 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间100分钟，试卷共4页.卷Ⅰ答案用2B铅笔填涂在答题卡上，卷Ⅱ答案用黑色字迹的笔直接答在答题纸规定区域内. 第Ⅰ卷（共60分） 一､选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的） 1. 化简等于（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则下列命题中不正确是（ ） A. B. C. 的虚部为 D. 在复平面上对应的点位于第一象限 3 已知向量，若与垂直，则 （ ） A. 13 B. C. 11 D. 4. 一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原的面积是（ ） A. 1 B. C. D. 5. 已知，，，则向量在向量方向上的投影向量是（ ） A B. C. D. 6. 在中，若，且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 在中，若，则的形状为（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 9. 在四面体中，已知为等边三角形，为等腰直角三角形，斜边，，则二面角的大小为（ ） A. B. C. D. 10. 设的内角所对的边分别为，则下列结论正确的是（ ） A. ，则只有一解 B. 若，则一定是锐角三角形 C. 若，则 D. 若是边长为2的等边三角形，则 11. 平行四边形中，，则 （ ） A. 12 B. 16 C. 14 D. 10 12. 《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马，将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图在堑堵中，，，，分别为棱，的中点，给出下列四个结论： ①四面体为鳖臑 ②平面 ③若，则与所成角的正弦值为 ④三棱锥的外接球的体积为定值 则其中正确结论的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 第Ⅱ卷（共90分） 二､填空题（每小题5分，共30分，试题中包含两个空的，答对1个给3分，全部答对的给5分.） 13. i是虚数单位，复数________________. 14. 一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比是_______. 15. 已知三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB=，BC=，AC=2，则此三棱锥外接球的表面积为______． 16. 桂林日月塔又称金塔银塔，日塔别名叫金塔，月塔别名叫银塔，所以也有金银塔之称.如图1，这是金银塔中的金塔，某数学兴趣小组成员为测量该塔的高度，在塔底的同一水平面上的两点处进行测量，如图2.已知在A处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为米，，则该塔的高度__________米. 17. 在中，是的中点，.则的大小为__________；为的角平分线，在线段上，则的长度为__________. 18. 在中，，且，则边__________；为的外心，若，其中，则__________. 三､解答题（共60分，规范书写解题过程） 19. 已知，且与夹角，求： （1）； （2）与的夹角； （3）若向量与平行，求实数的值. 20. 如图，在棱长为2的正方体中，点是的中点. （1）证明：平面； （2）求异面直线与所成角的正切值； （3）求点到平面的距离. 21. 如图，在四棱锥中，平面，，且，，为线段上一点，，且为的中点. （1）证明：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 22. 在中，的内角所对的边分别为，且满足. （1）求角的大小； （2）若，且，求周长； （3）如图，若，动点分别在线段上运动，且，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$