精品解析：福建省莆田市莆田第八中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

24-25学年下学期高一期中考试数学试卷 命题：胡云贵 审题：高一数学备课组 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 在四边形ABCD中，，则（　 　） A. ABCD一定是矩形 B. ABCD一定是菱形 C. ABCD一定是正方形 D. ABCD一定是平行四边形 【答案】D 【解析】 【分析】运用同起点的向量加法的平行四边形法则易得. 【详解】对于同起点的向量的和一般通过作平行四边形得到，由可知，由A，B，C，D构成的四边形一定是平行四边形. 故选：D. 2. 如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，那么的面积为（    ） A. 4 B. C. 8 D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出矩形的面积，再利用斜二测画法中直观图面积与原图形面积的关系求得答案. 【详解】依题意，矩形的面积， 而斜二测画法中直观图面积是原图形面积的， 所以的面积为. 故选：D 3. 在△ABC中，点D在线段BC上，且，E是线段AB的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理及线性运算求解即可. 【详解】因为，所以， 则. 故选：A. 4. 已知单位向量满足，则在上的投影向量为（ ）． A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义求解判断. 【详解】单位向量满足，则， 所以所求的投影向量为． 故选：B 5. 已知复数，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的乘除运算及共轭复数概念即可求解. 【详解】由， 所以， 所以， 故选：B 6. 在中，已知，则角（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在中，利用余弦定理即可求解. 【详解】在中，∵， ， ∴由余弦定理可得：. ，. 故选：C. 7. 底面半径为3的圆锥被平行底面的平面所截，截去一个底面半径为1、高为2的圆锥，所得圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】画出图形，由三角形相似比得到，再由两圆锥的侧面积之差计算可得. 【详解】如图，设截面圆的圆心为，截面圆的半径，底面圆半径，， 由于，所以， 所以， 所以原圆台的侧面积为， 故选：A. 8. 如图，在三棱台中，底面，，与底面所成的角为，，，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据棱台的性质求棱台的棱长，再结合锥体体积公式求解即可. 【详解】因为底面，平面，所以平面底面. 所以即为与底面所成的角，为. 因为，所以. 根据棱台的概念，可知：，且，所以. 因为，所以为直角三角形，所以. 所以. 故选：D 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 已知复数，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则的实部为25 B. 若，则的虚部为 C. 若为实数，则 D. 若为纯虚数，则 【答案】AC 【解析】 【分析】应用复数定义分别判断实部及虚部判断A，B，再根据复数类型计算求参判断C，D. 【详解】若，则的实部为25，虚部为-5，A正确，B错误. 若为实数，则，得，C正确. 若为纯虚数，则得，D错误. 故选：AC. 10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．下列各组条件中使得恰有一个解的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由正弦定理结合三角函数单调性即可逐一判断求解. 【详解】对于A，由正弦定理，即，解得， 而，所以有两个可能的值，这表明有两个解，故A不符合题意； 对于B，由正弦定理，即，解得，而， 所以，由正弦定理可知也唯一确定，故B符合题意； 对于C，由正弦定理，即，解得，而， 所以，由正弦定理可知也唯一确定，故C符合题意； 对于D，由正弦定理，即，解得， 而，所以有唯一解，也随之唯一确定，故D符合题意； 故选：BCD. 11. 如图，为圆锥底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为9π B. 三棱锥体积的最大值为9 C. 的取值范围是 D. 若，E为线段上的动点，则的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于选项A：直接利用扇形的面积公式求解；对于选项B：直接求出三棱锥体积的最大值；对于选项C：先求出的范围，由，即可求出的范围；对于选项D：将以AB为轴旋转到与共面，判断出，利用余弦定理求出最小值. 【详解】在中，, 则圆锥的母线长，半径. 对于选项A：圆锥SO的侧面积为，故选项A错误； 对于选项B：当时，的面积最大，此时， 则三棱锥体积的最大值为：，故选项B正确； 对于选项C：当点B与点A重合时，为最小角； 当点B与点C重合时，，达到最大值， 又因为点B与A，C不重合，则. 又，可得，故选项C错误； 对于选项D：因为，所以. 又，所以为等边三角形，∴. 将以AB为轴旋转到与共面， 得到，则为等边三角形，. 如图：. 因为，, ∴； 故选项D正确. 故选：BD 【点睛】关键点点睛：对于选项D：将以AB为轴旋转到与共面，是解决最值的关键. 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 复平面上有A、B、C三点，点对应的复数为，对应的复数为，对应的复数为，则点的坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据即，求得点对应的复数，进而即得. 【详解】因为对应的复数是，对应的复数为，又， 所以对应的复数为，又， 所以点对应的复数为， 所以点的坐标为． 故答案为：． 13. 定义运算，如果（是虚数单位），那么实数的值为________ 【答案】 【解析】 【分析】利用定义运算可得，再利用复数相等的概念即可求出. 【详解】由题意可得，， 则， 所以，解得， 故. 故答案为： 14. 如图，在长方体中，分别在棱上，且，则以为直径的球的表面积______，该球与侧面的交线长为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】先确定球心位置，再结合题意得到球的半径，再求解球的半径解决第一空，先确定交线的轨迹，作出图形，再利用图形的几何性质求解第二空即可. 【详解】由题意可知以为直径的球的球心是长方体的中心， 则点到平面的距离， 由题中数据可得， 则球的半径． 如图，设在平面的投影为，则为正方形的中心， 设点在球与正方形的交线上，则， 故以为直径的球与正方形的交线是以为圆心， 为半径的圆在正方形内的曲线． 设圆与的一个交点为，作，垂足为， 则，所以， 所以以为直径的球与侧面的交线长为． 故答案为：； 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是确定交线的轨迹并作出图形，然后利用图形的性质得到所要求的轨迹长度即可． 四、解答题（15题13分，16.17题15分，18.19题17分，共77分） 15. 已知向量，，，． （1）当时，求实数的值； （2）当时，求向量与的夹角的余弦值． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）由垂直关系的向量坐标表示可解； （2）由向量平行的坐标表示求出，再代入向量夹角公式可得. 【小问1详解】 由题意可得， 因为，所以. 【小问2详解】 ， 因为，所以， 所以， 所以， 即向量与的夹角的余弦值为. 16. 如图，长方体中，，点P为的中点. （1）求证: 直线平面; （2）求异面直线、所成角的大小. 【答案】（1） 由题意得O为的中点， 连结，又因为P是的中点，故， 又因为平面，平面， 所以直线平面. （2） 【解析】 【分析】（1）设和交于点O，则O为的中点，证得，结合线面平行的判定定理，即可求解； （2）由（1）知，，得到异面直线与所成的角就等于与所成的角，在直角中，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，， 所以异面直线与所成的角就等于与所成的角， 故即为所求；因为，为的中点，则， 则易知，因为为中点，则， 在直角中，可得， 又因为，所以. 17. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若． （1）求角B； （2）若，，求的面积S． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题设结合正弦定理化简求解即可； （2）先利用余弦定理求得，再利用三角形的面积公式求解即可. 【小问1详解】 由， 根据正弦定理得， 又，则, 因为，所以. 【小问2详解】 在中，，，， 由余弦定理，，即， 解得或（舍去）， 故的面积为． 18. 如图，在四棱锥中，，，，底面，是上一点． （1）求证：平面平面； （2）若是的中点，求平面与平面的夹角的正弦值． 【答案】（1） 在四棱锥中，，，则， ，在中，，则， 即，于是，由平面，平面， 得，又平面，则平面，又平面， 所以平面平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，借助余弦定理及勾股定理的逆定理证得，再利用线面垂直的性质判定推理得证. （2）由（1）的信息得二面角的平面角，再利用几何法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，平面，而平面，则，又， 因此是二面角的平面角， 在中，，则，由是的中点， 得，于是， 所以平面与平面的夹角的正弦值为. 19. 某高中高一学生成立了课外实践数学小组，计划通过数学建模的方法来测量某人工圆形湖泊的直径，如图为该人工湖泊的大致俯视图，该小组成员首先在湖泊边缘处点处固定一旗帜，从点沿逆时针方向绕着湖泊边缘走到点处固定一旗帜，然后从点沿逆时针方向绕着湖泊边缘走至点处，并在红外线测量仪的帮助下测得，米，米． （1）求该人工圆形湖泊的直径； （2）若为人工圆形湖泊优弧上一动点（异于，两点），求四边形面积的最大值． 【答案】（1）米 （2）平方米 【解析】 【分析】（1）在中，由余弦定理求得米，利用正弦定理求得直径； （2）利用三角形面积公式求得，利用四点共圆性质及余弦定理，结合基本不等式求得的最大值(，)，进而得到的最大值，从而得到四边形面积的最大值. 【小问1详解】 在中，由余弦定理可得， 即，故米． 设该人工圆形湖泊的半径为， 故， 所以该人工圆形湖泊的直径为米． 【小问2详解】 易得， 因为A，B，C，D四点共圆，所以， 设，，由余弦定理可得， 所以， 当且仅当时取等号， 故四边形ABCD面积的最大值为平方米. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 24-25学年下学期高一期中考试数学试卷 命题：胡云贵 审题：高一数学备课组 一、单选题（每题5分，共40分） 1. 在四边形ABCD中，，则（　 　） A. ABCD一定是矩形 B. ABCD一定是菱形 C. ABCD一定是正方形 D. ABCD一定是平行四边形 2. 如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，那么的面积为（    ） A. 4 B. C. 8 D. 3. 在△ABC中，点D在线段BC上，且，E是线段AB的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知单位向量满足，则在上的投影向量为（ ）． A. B. C. D. 5. 已知复数，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 6. 在中，已知，则角（ ） A. B. C. D. 7. 底面半径为3的圆锥被平行底面的平面所截，截去一个底面半径为1、高为2的圆锥，所得圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在三棱台中，底面，，与底面所成的角为，，，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（每题6分，共18分） 9. 已知复数，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则的实部为25 B. 若，则的虚部为 C. 若为实数，则 D. 若为纯虚数，则 10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．下列各组条件中使得恰有一个解的是（ ） A. B. C. D. 11. 如图，为圆锥底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为9π B. 三棱锥体积的最大值为9 C. 的取值范围是 D. 若，E为线段上的动点，则的最小值为 三、填空题（每题5分，共15分） 12. 复平面上有A、B、C三点，点对应的复数为，对应的复数为，对应的复数为，则点的坐标为______． 13. 定义运算，如果（是虚数单位），那么实数的值为________ 14. 如图，在长方体中，分别在棱上，且，则以为直径的球的表面积______，该球与侧面的交线长为______． 四、解答题（15题13分，16.17题15分，18.19题17分，共77分） 15. 已知向量，，，． （1）当时，求实数的值； （2）当时，求向量与的夹角的余弦值． 16. 如图，长方体中，，点P为的中点. （1）求证: 直线平面; （2）求异面直线、所成角的大小. 17. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若． （1）求角B； （2）若，，求的面积S． 18. 如图，在四棱锥中，，，，底面，是上一点． （1）求证：平面平面； （2）若是的中点，求平面与平面的夹角的正弦值． 19. 某高中高一学生成立了课外实践数学小组，计划通过数学建模的方法来测量某人工圆形湖泊的直径，如图为该人工湖泊的大致俯视图，该小组成员首先在湖泊边缘处点处固定一旗帜，从点沿逆时针方向绕着湖泊边缘走到点处固定一旗帜，然后从点沿逆时针方向绕着湖泊边缘走至点处，并在红外线测量仪的帮助下测得，米，米． （1）求该人工圆形湖泊的直径； （2）若为人工圆形湖泊优弧上一动点（异于，两点），求四边形面积的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $