精品解析：重庆市万州第二高级中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

高2024级高一下期中期考试数学试题 一、单项选择题（本题共8个小题，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. 若复数，则（ ） A. 2 B. C. 10 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数除法运算求得，再根据复数的模长公式求解即可. 【详解】由题知，所以． 故选：B． 2. 已知平面向量， 若， 则实数的值为（ ） A. 10 B. 8 C. 5 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】先判断出，利用坐标运算即可求出t. 【详解】若，则若， 平面向量，所以， 所以，解得：. 故选:A. 3. 用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形，已知点是斜边的中点，且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法，根据题中所给的数据以及图形，作出原图，即可求解三角形为直角三角形，，，，由此即可求出结果. 【详解】因为为等腰直角三角形且，所以，， 由斜二测画法可知，，且三角形为直角三角形，， 所以三角形ABC的面积为． 故选：D. 4. 下列说法正确的是（ ） A. 若空间四点共面，则其中必有三点共线 B. 若空间四点中任意三点不共线，则此四点共面 C. 若空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面 D. 若空间四点不共面，则任意三点不共线 【答案】D 【解析】 【分析】对四个命题利用空间四个点的位置关系分别分析解答． 【详解】对于A，空间四点共面，如平面四边形，其中任何三点不共线；故A错误； 对于B，空间四点中任意三点不共线，三棱锥的四个顶点，得到此四点不共面；故B错误； 对于C，空间四点中任何三点不共线，则此四点可能共面，如平面四边形；故C错误； 对于D，空间四点不共面，如果任意三点有共线的，那么此四个点就共面，与已知矛盾．故D正确， 故选：D. 5. 在梯形ABCD中，，，，.若点P在线段BC上，则的最小值是（ ） A. B. 4 C. 8 D. 【答案】C 【解析】 【分析】以B为原点，为x轴正方向，为y轴正方向建立平面直角坐标系，利用坐标法求解. 【详解】如图示，以B为原点，为x轴正方向，为y轴正方向建立平面直角坐标系.    则， 所以，. 所以， 所以（当且仅当时等号成立）. 所以的最小值是8. 故选：C 6. 如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为，杯底的半径为，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出圆台上面部分的体积，根据小球的体积恰好等于的体积求出球的半径. 【详解】如图，，又放入球的半径为， 由于圆台的体积， 由题可知：，则，此时小球恰好与上下底面相切； 下面考虑当小球与侧棱相切时，设球心为，球的半径为，则， 由于，则， 则， 那么，则，那么在上方， 即该小球先与上下底面相切． 故选：D. 7. 已知正方体的棱长为2，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合正方体的性质可得点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到平面的距离，从而可求出，进而可求出的最小值. 【详解】在正方体中，∥，∥，平面，平面， 所以∥平面，∥平面， 因为，平面， 所以平面∥平面， 因为平面，所以平面， 所以点轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为， 如图，以为原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为，则 ，令，则， 所以点到平面的距离为， 因为正方体内切球的半径， 所以圆的半径， 因，所以，即， 所以, 所以的最小值为. 故选：A 8. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，利用三角形面积公式与余弦定理，可得，再根据同角三角函数的平方关系可得，，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，结合条件可得取值范围，进而求得的取值范围. 【详解】在中，由余弦定理得，且的面积， 由，得，化简得， 又，，联立解得，， 所以， 为锐角三角形，有，，得， 则有，可得，所以. 故选：C 二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分；在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分） 9. 已知，均为复数，且，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是实数 C. 若，则是纯虚数 D. 若，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据复数运算公式，以及概念，即可判断选项. 【详解】因为，又，所以，A正确； 设，则，所以为实数，B正确； 设，则，又，所以，，所以是纯虚数，C正确； 若，，则满足，而，D错误. 故选：ABC. 10. 在中，，，分别是角，，的对边，其外接圆半径为，内切圆半径为，满足，的面积，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据内切圆的性质，即可求解A，根据正弦定理边角互化,结合正弦的二倍角公式即可求解B，根据和差角公式以及二倍角公式化简可得，进而根据面积公式，即可求解,结合正弦定理即可求解CD. 【详解】∵在中，内切圆半径为，，故，A项正确； 又，由正弦定理得， 整理得：，故B项正确； ∴， 即， 又，， 故, 则， 故，故， 又 故，，D项正确. 因为，，由正弦定理的 故，故C项错误. 故选：ABD. 11. 如图1，扇形的弧长为，半径为，线段上有一动点，弧上一点是弧的三等分点，现将该扇形卷成以为顶点的圆锥，使得和重合，则在图2的圆锥中（ ） A. 圆锥的表面积为 B. 当为中点时，线段的长为 C. 存在，使得 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】求得圆锥的底面半径和高，根据圆锥的表面积公式即可判断A；设M在底面上的投影为H，利用余弦定理求得投影的长，判断B；根据线面垂直的性质定理可判断C；结合，可求得的长，即可判断D. 【详解】对于A，设圆锥的底面半径为R，高为h，由题意知， 圆锥的母线长为，故， 故圆锥的表面积为，A正确； 对于B，当为中点时，设在底面上的投影为，则H为的中点， 则为线段在底面的投影， ，而，在中， ， 故，则, B错误； 对于C，作于T，作于，连接， 设圆锥底面直径为，由于， 即，则， ，则为正三角形，故T为的中点， 则，故，即为的四等分点， 由于平面底面，平面底面，底面， ，故平面，平面，故， 又，平面，故平面， 平面，故， 故当M与重合时，，C正确； 对于D，由C的分析知，，而， 故，D正确， 故选：ACD 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量与的夹角为，且，，则在上的投影向量为________ 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的计算公式即可求解. 【详解】在上的投影向量为， 故答案为： 13. 18世纪英国数学家辛卜森推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体的统一体积公式（其中，，，分别为的高、上底面面积、中截面面积、下底面面积），我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为，可得该球的体积为；已知正四棱锥的底面边长为，高为，可得该正四棱锥的体积为.类似的，运用该公式求解下列问题：如图，已知球的表面积为，若用距离球心都为2cm的两个平行平面去截球，则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据球的表面积公式求出球的半径，进而得出两个截面圆的半径，求出截面圆的面积，结合题意给的体积公式计算即可. 【详解】由球O的表面积为，得球O的半径为3， 则两个截面圆和的半径都为， 根据对称性，几何体的中截面为圆O，其面积为； 所以几何体的体积为． 故答案为：. 14. 锐角的内角所对边分别是，，且，，若，变化时，存在最大值，则正数的取值范围________ 【答案】 【解析】 【分析】首先利用正弦定理边角互化可得，再结合锐角三角形得出，最后根据二倍角公式以及辅助角公式化简可得，即可根据求解. 【详解】由，和正弦定理得： ，即， 或（舍） 是锐角三角形， ，解得： （其中） 使存在最大值，只需存在，满足, , 解得： . 故答案为：. 四、解答题（本题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知向量，，. （1）求向量与的夹角的大小； （2）若向量，（），当取得最小值时，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量垂直时，数量积为0，结合数量积的运算律，列式求解，即得答案； （2）利用，结合数量积运算律求出当取得最小值时的值，即可得，再根据即可求得答案. 【小问1详解】 由题意向量，，， 则，即， 故， ，即向量与的夹角； 【小问2详解】 由（1）可知，， 则 ， 当时，取得最小值，即取最小值， 此时，则. 16. 如图所示，已知是棱长为3的正方体，点E在上，点F在上，G在上，且，H是的中点． （1）求证：四点共面 （2）求证：平面平面． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）在上取一点N使得DN＝1，连接CN，EN，可证明四边形、四边形CNEB是平行四边形，可得，CNBE，则，即可证明结论； （2）利用数据可证明HGFB，，利用线面平行的判定定理可得到HG平面，平面，然后利用面面平行的判定定理即可得证 【小问1详解】 在上取一点N使得DN＝1， 连接CN，EN，则AE＝DN＝1， 因为，所以四边形是平行四边形， 所以， 同理四边形DNEA是平行四边形，所以ENAD，且EN＝AD， 又BCAD，且AD＝BC，所以ENBC，EN＝BC， 所以四边形CNEB是平行四边形，所以CNBE， 所以， 所以四点共面； 【小问2详解】 因为H是的中点，所以， 因为，所以， 因为，且， 所以， 所以， 所以HGFB， 因为HG平面，FB 平面，所以HG平面， 因为 所以四边形平行四边形， 所以， 因为平面， 平面，所以平面， 又平面 所以平面平面 17. 已知，，分别是对边，且.点为三角形内部一点，且满足. （1）求角； （2）若，求的值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将代入结合诱导公式和三角函数恒等变换公式化简可求出角； （2）由已知条件结合余弦定理可求得，从而可求出，再由可求出，然后利用数量积的定义可求得结果. 【小问1详解】 因为， 所以，， 所以， ， 所以， 因为，所以， 所以， 因为，所以； 【小问2详解】 由余弦定理得， 因为，所以， 所以，得， 所以， 因为点为三角形内部一点，且满足， 所以 ， 所以， 所以 . 18. 现有一几何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥，下部是正四棱柱（如图所示），且正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍. （1）若，，求该几何体的体积. （2）若正四棱锥的侧棱长为，， （i）求正四棱锥的侧面积. （ii）若，分别是线段，上的动点，求的最小值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）代入四棱锥和四棱柱的体积公式，即可求解； （2）（ⅰ）根据条件求四棱锥的底边长以及斜高，即可求解；（ⅱ）利用展开图，即可两点间距离，即可求解. 【小问1详解】 由条件可知，正四棱柱的高， 所以正四棱柱的体积为， 三棱锥的体积为， 所以该几何体的体积为； 【小问2详解】 （ⅰ），所以， 正四棱锥侧面的高为， 所以正四棱锥的侧面积为； （ⅱ）如图，将长方形，和展开在一个平面， ，，设 ，， ，所以， 所以， ， 当四点共线时，最短， 所以 所以的最小值为. 19. 在中，，，对应的边分别为，，，. （1）求A； （2）若为边中点，，求的最大值； （3）奥古斯丁·路易斯·柯西（Augustin Louis Cauchy，1789年-1857年），法国著名数学家，柯西在数学领域有非常高的造诣，很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.现在，在（1）的条件下，若，是内一点，过作，，垂线，垂足分别为，，，借助于三维分式型柯西不等式：，，，，当且仅当时等号成立.求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先用正弦定理角化边，然后结合余弦定理可以解出. （2）利用余弦定理及基本不等式求出，再由，将两边平方，根据数量积的运算律求出的最大值； （3）将构造出符合三维分式型柯西不等式左边的形式，然后用三维分式型柯西不等式结合余弦定理可解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 由余弦定理， 所以，即， 若，等式不成立，则，可得， 因为，所以. 【小问2详解】 由余弦定理，即，所以，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号， 因为为边中点，所以， 所以 ， 所以，当且仅当时取等号， 所以的最大值为. 【小问3详解】 . 又， . 由三维分式型柯西不等式有. 当且仅当即时等号成立. 由余弦定理得， 所以，即， 则， 令，则. 因为，得，当且仅当时等号成立， 所以，则， 令，则在上递减， 当即时，有最大值， 此时有最小值（此时与可以同时取到） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高2024级高一下期中期考试数学试题 一、单项选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若复数，则（ ） A. 2 B. C. 10 D. 2. 已知平面向量， 若， 则实数的值为（ ） A. 10 B. 8 C. 5 D. 3 3. 用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形，已知点是斜边的中点，且，则的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 下列说法正确是（ ） A. 若空间四点共面，则其中必有三点共线 B. 若空间四点中任意三点不共线，则此四点共面 C 若空间四点中任意三点不共线，则此四点不共面 D. 若空间四点不共面，则任意三点不共线 5. 在梯形ABCD中，，，，.若点P在线段BC上，则的最小值是（ ） A. B. 4 C. 8 D. 6. 如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为，杯底的半径为，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知正方体的棱长为2，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分；在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分） 9. 已知，均为复数，且，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是实数 C. 若，则是纯虚数 D. 若，则 10. 在中，，，分别是角，，的对边，其外接圆半径为，内切圆半径为，满足，的面积，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图1，扇形的弧长为，半径为，线段上有一动点，弧上一点是弧的三等分点，现将该扇形卷成以为顶点的圆锥，使得和重合，则在图2的圆锥中（ ） A. 圆锥的表面积为 B. 当为中点时，线段的长为 C. 存在，使得 D. 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量与的夹角为，且，，则在上的投影向量为________ 13. 18世纪英国数学家辛卜森推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体的统一体积公式（其中，，，分别为的高、上底面面积、中截面面积、下底面面积），我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为，可得该球的体积为；已知正四棱锥的底面边长为，高为，可得该正四棱锥的体积为.类似的，运用该公式求解下列问题：如图，已知球的表面积为，若用距离球心都为2cm的两个平行平面去截球，则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为________. 14. 锐角的内角所对边分别是，，且，，若，变化时，存在最大值，则正数的取值范围________ 四、解答题（本题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知向量，，. （1）求向量与的夹角的大小； （2）若向量，（），当取得最小值时，求 16. 如图所示，已知是棱长为3的正方体，点E在上，点F在上，G在上，且，H是的中点． （1）求证：四点共面 （2）求证：平面平面． 17. 已知，，分别是对边，且.点为三角形内部一点，且满足. （1）求角； （2）若，求的值； 18. 现有一几何体由上，下两部分组成，上部是正四棱锥，下部是正四棱柱（如图所示），且正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍. （1）若，，求该几何体体积. （2）若正四棱锥的侧棱长为，， （i）求正四棱锥的侧面积. （ii）若，分别是线段，上的动点，求的最小值. 19. 在中，，，对应的边分别为，，，. （1）求A； （2）若为边中点，，求最大值； （3）奥古斯丁·路易斯·柯西（Augustin Louis Cauchy，1789年-1857年），法国著名数学家，柯西在数学领域有非常高的造诣，很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式、柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.现在，在（1）的条件下，若，是内一点，过作，，垂线，垂足分别为，，，借助于三维分式型柯西不等式：，，，，当且仅当时等号成立.求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$