精品解析：江苏省无锡市玉祁高级中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

无锡市玉祁高级中学2024-2025学年 春学期期中检测 高一数学答卷 时间：120分钟 总分150分 命题人：刘广科 审核人：蒋志丽 一、单项选择题（本大题共8题，每小题5分，共计40分.每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的） 1. 已知复数满足 (其中为虚数单位)，则 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将复数化简为，再求模长即可. 【详解】，则， . 故选 【点睛】本题主要考查了复数运算，同时考查了复数的模长公式，属于简单题. 2. 设与是两个不共线向量，且向量与共线，则（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量共线结合与是两个不共线向量，即可计算求出参数. 【详解】因为向量与共线， 则存在，使， 又因与是两个不共线向量，则，解得. 故选：B. 3. 如图，在中，设，，若点E在上，且，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用平面向量基本定理，结合平面向量加法的运算性质、平行四边形的性质进行求解即可. 【详解】因为，所以， 在中，， 所以， 故选：B 4. 若圆锥的母线长为1，其侧面展开图的面积为，则这个圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求得圆锥的底面半径和高，从而求得圆锥的体积. 【详解】由题可知圆锥的侧面展开图扇形的半径， 设底面圆的半径为， 则有，所以， 于是圆锥的高为， 该圆锥的体积为：． 故选：A 5. 设有两条不同的直线，和两个不同的平面，，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中直线与平面、平面与平面平行的性质与判定逐个选项分析即可． 【详解】若，，则，可以平行、相交或异面，故A错误； 若，，则或相交，故B错误； 若，，则或，故C错误； 若，，则，故D正确． 故选：D. 6. “大美中国古建筑名塔”榴花塔以红石为基，用青砖灰沙砌筑建成.如图，记榴花塔高为，测量小组选取与塔底在同一水平面内的两个测量点和，现测得，，，在点处测得塔顶的仰角为30°，则塔高为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先在中利用正弦定理求，再在中求即可. 【详解】依题意，中，，，即， 解得. 在中，，即. 故选：A. 7. 在中，内角，，所对的边分别为，，，若，则角的最大值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】，用正余弦弦定理可得，因为，将换下，利用基本不等式，得出，所以A的最大值为. 【详解】，由正弦定理、余弦定理可得， 整理得到. 由余弦定理 = 当且仅当时等号成立. 因为，，所以A的最大值为. 故选：B. 8. 《九章算术》是我国古代的数学专著，是“算经十书”（汉唐之间出现的十部古算书）中非常重要的一部．在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知“堑堵”的所有顶点都在球的球面上，且．若球的表面积为，则这个三棱柱的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知条件确定球心的位置，根据球的半径求得棱柱的高，可计算表面积. 【详解】设，的中点分别为，，连接，取的中点． 直三棱柱中，，， 四边形是平行四边形，有， 因为三棱柱的底面是直角三角形，，所以，， ，分别是，的外接圆圆心． 因为平面，所以平面， 所以为的外接球的球心． 连接，因为球的表面积为，所以球的半径为1，即， ，则，，可得，， 所以三棱柱的表面积， 故选：C． 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知向量，则下列说法正确的是（ ） A. 的相反向量是 B. 若，则 C. 在上的投影向量为 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据相反向量定义以及投影向量的公式计算可以判断AC，计算，由向量垂直以及向量共线的运算法则计算可求出的值，从而判断BD. 【详解】对于A，由相反向量的定义，即可得到的相反向量是，故A正确； 对于B，因为，所以， 又，且，所以，解得，故B错误； 对于C，因为，所以，， 所以在上的投影向量为，故C正确； 对于D，因为，又，且， 所以，解得，故D错误． 故选：AC. 10. 已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 在锐角中，不等式恒成立 C. 若，，且有两解，则b的取值范围是 D. 若，的平分线交于点D，，则的最小值为9 【答案】BCD 【解析】 【分析】A项，用余弦定理统一成边形式化简判断；B项， 由为锐角三角形，与正弦函数的单调性可得；C项，结合图形，根据边角的关系与解的数量判断；D项，根据三角形面积可得到，将变为，展开后利用基本不等式，即可求得答案. 【详解】选项A，因为，即， 所以有 整理可得，所以或， 故为等腰三角形或直角三角形，故A错误； 选项B，若为锐角三角形，所以，所以， 由正弦函数在单调递增，则，故B正确. 选项C，如图，若有两解，则， 所以，则b的取值范围是，故C正确． 选项D，的平分线交于点D，， 由，由角平分线性质和三角形面积公式得， 得， 即，得， 得， 当且仅当，即时，取等号，故D正确. 故选：BCD. 11. 如图，在正四棱锥中，，E，F，G分别是AB，BC，PB的中点，则（ ） A. B. 平面平面 C. 三棱锥的体积为 D. 四棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由已知中点，即可得出，，判断A项；进而根据线面平行以及面面平行的判定定理得出B项；根据面面平行的性质可知，点到平面的距离等于点到平面的距离.进而求出四棱锥的体积，即可根据等体积法得出的体积，即可判断C项；由已知可知，点即为四棱锥外接球的球心，求出半径，根据圆的表面积公式求解即可判断D项. 【详解】对于A项，由已知E，F，G分别是AB，BC，PB的中点， 所以有，.故A正确； 对于B项，由A知， 平面，平面， 所以，平面. 平面，平面， 所以，平面. 又，平面，平面， 所以有平面平面.故B正确； 对于C项，如图，设，， 则平面，且. 由B知平面平面， 所以，点到平面的距离等于点到平面的距离. 即. 连接， 因为，所以， 根据正四棱锥的性质可知平面. 又平面， 所以，. 又， 所以，. 所以，.故C错误； 对于D项，由C知，，，， 所以有， 所以，点即为四棱锥外接球的球心，半径， 表面积为.故D正确. 故选：ABD. 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如下图，是用“斜二测画法”画出的直观图，其中，，那么的周长是__________． 【答案】 【解析】 【分析】结合斜二测直观图的画法原则可得，从而可得到，进而求出三角形的周长. 【详解】斜二测直观图的画法原则，横坐标不变，纵坐标减半，所以，又因为，所以，因此的周长为， 故答案为：. 13. 已知向量，且，则向量与的夹角为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量夹角公式可求向量与的夹角. 【详解】因为，所以， 故，故，故， 而，故， 故答案为：. 14. 已知圆锥底面圆的直径为2，高为，在该圆锥内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则的最大值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】四面体可以在圆锥内任意转动，则该正四面体内接于圆锥的内切球，求出圆锥的内切球半径，即可求正四面体的棱长a的最大值． 【详解】依题意，正四面体可以在圆锥内任意转动，则该正四面体棱长最大时内接于这个圆锥的内切球， 设圆锥内切球球心为，球的半径为，圆锥的底面圆半径为， 作出圆锥的轴截面，截圆锥得等腰，其中，截圆锥内切球得球的大圆，该圆是的内切圆，如图； 其中为切点，，则，即为正三角形， 于是是的中心，连接，则平分，有， 即有，则，设半径的球的内接正四面体棱长为， 正四面体可以从正方体中截得，如图： 从图中可以得到，当正四面体的棱长为时，截得它的正方体的棱长为， 而正四面体的四个顶点都在正方体上，于是正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球， 因此，即， 所以的最大值为﹒ 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知复数为虚数单位，其中是实数. （1）若是实数，求的值； （2）若复数在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由复数的除法和乘法运算结合复数的意义计算即可； （2）由共轭复数的定义和复数的运算结合复数的几何意义计算即可； 【小问1详解】 ， 因为是实数，则. 【小问2详解】 ， 因为复数在复平面内对应的点在第二象限，则， 故a的取值范围为. 16. 在中，内角所对的边分别为.已知. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式化简即可求得. （2）利用面积公式和余弦定理即可求解. 【小问1详解】 由，得， 在中，， 在中，. 【小问2详解】 ， 由余弦定理得， ，， 的周长为. 17. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点E为棱的中点. （1）求证：平面； （2）若M为上的动点，N为线段的中点，试判断直线与平面的位置关系，并给出证明. 【答案】（1） 如图，取N为线段的中点，连接 因为N为线段的中点， 所以. 又， 所以，四边形为平行四边形，. 因为平面，平面， 所以有平面. 又点E为棱的中点， 所以有. 因为平面，平面， 所以有平面. 又，平面，平面， 所以平面平面. 又平面， 所以有平面. （2）平面，证明如下： 平面 由（1）知，当N为线段的中点时，有平面平面. 因为M为上的动点，平面， 所以，平面， 所以，平面. 【解析】 【分析】（1）取N为线段的中点，连接，根据已知可得出.进而根据线面平行以及面面平行的判定定理得出平面平面.即可根据面面平行的性质定理，得出证明； （2）根据已知可得出平面，根据（1）结合面面平行的性质定理即可得出证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 已知的内角A，B，C的对边为a，b，c，且. （1）求； （2）若的面积为；已知E为BC的中点，求底边BC上中线AE长的最小值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和余弦定理可求得，进而求得； （2）由面积公式求出，由已知可得，进而根据向量的模长公式结合不等式即可求的最小值. 【小问1详解】 由正弦定理，可得，即， 故，因为，所以， 所以； 【小问2详解】 由（1）知，因为的面积为， 所以，解得， 因为E为BC的中点，所以， 所以 ， 当且仅当时，等号成立，所以， 所以的最小值为. 19. 如图，圆C的半径为3，其中A，B为圆C上两点. （1）若，当k为何值时，与垂直？ （2）若G为的重心，直线l过点G交边AB于点P，交边AC于点Q，且，求 最小值. （3）若的最小值为1，求的值. 【答案】（1） （2）2 （3） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理可得，再由向量垂直和数量积的关系即可求出结果； （2）由向量的线性运算和共线的条件得到，即可得到，再用基本不等式计算； （3）由向量的数量积的定义得到，再由模长的计算得到，结合二次函数的性质解出即可. 【小问1详解】 因为， 所以由余弦定理得，即，所以. 若与垂直，则， 所以，所以， 解得，即时，与垂直； 【小问2详解】 因为为的重心，所以， 又因为，所以， 由于三点共线，所以存在实数使得，所以 化简为，所以，所以. 显然，则， 当且仅当时，即时，取最值. 则的最小值为2. 【小问3详解】 设与的夹角为，在中，， 所以， 又 ， 所以当时，有最小值，所以，解得， 即取最小值1时，． 【点睛】知识点点睛：本题考查了余弦定理解三角形,向量垂直和数量积的关系,向量的线性运算和共线的条件，基本不等式计算最值，二次函数的性质.综合性特别强，转化能力要求高，属于难题 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 无锡市玉祁高级中学2024-2025学年 春学期期中检测 高一数学答卷 时间：120分钟 总分150分 命题人：刘广科 审核人：蒋志丽 一、单项选择题（本大题共8题，每小题5分，共计40分.每小题列出的四个选项中只有一项是最符合题目要求的） 1. 已知复数满足 (其中为虚数单位)，则 A. B. C. D. 2. 设与是两个不共线向量，且向量与共线，则（ ） A. 0 B. C. D. 3. 如图，在中，设，，若点E在上，且，则=（ ） A. B. C. D. 4. 若圆锥的母线长为1，其侧面展开图的面积为，则这个圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 设有两条不同的直线，和两个不同的平面，，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 6. “大美中国古建筑名塔”榴花塔以红石为基，用青砖灰沙砌筑建成.如图，记榴花塔高为，测量小组选取与塔底在同一水平面内的两个测量点和，现测得，，，在点处测得塔顶的仰角为30°，则塔高为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，内角，，所对的边分别为，，，若，则角的最大值是（ ） A. B. C. D. 8. 《九章算术》是我国古代的数学专著，是“算经十书”（汉唐之间出现的十部古算书）中非常重要的一部．在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．已知“堑堵”的所有顶点都在球的球面上，且．若球的表面积为，则这个三棱柱的表面积是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知向量，则下列说法正确的是（ ） A. 的相反向量是 B. 若，则 C. 在上的投影向量为 D. 若，则 10. 已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（ ） A. 若，则为等腰三角形 B. 在锐角中，不等式恒成立 C. 若，，且有两解，则b的取值范围是 D. 若，的平分线交于点D，，则的最小值为9 11. 如图，在正四棱锥中，，E，F，G分别是AB，BC，PB的中点，则（ ） A. B. 平面平面 C. 三棱锥的体积为 D. 四棱锥的外接球的表面积为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 如下图，是用“斜二测画法”画出的直观图，其中，，那么的周长是__________． 13. 已知向量，且，则向量与的夹角为______． 14. 已知圆锥底面圆的直径为2，高为，在该圆锥内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则的最大值为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知复数为虚数单位，其中是实数. （1）若是实数，求的值； （2）若复数在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围. 16. 在中，内角所对的边分别为.已知. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 17. 如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点E为棱的中点. （1）求证：平面； （2）若M为上的动点，N为线段的中点，试判断直线与平面的位置关系，并给出证明. 18. 已知的内角A，B，C的对边为a，b，c，且. （1）求； （2）若的面积为；已知E为BC的中点，求底边BC上中线AE长的最小值； 19. 如图，圆C的半径为3，其中A，B为圆C上两点. （1）若，当k为何值时，与垂直？ （2）若G为的重心，直线l过点G交边AB于点P，交边AC于点Q，且，求 最小值. （3）若的最小值为1，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $