精品解析：天津市滨海新区塘沽第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

塘沽一中2024-2025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6页.卷Ⅰ答案用2B铅笔填涂在答题纸上，卷Ⅰ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. 已知复数满足，则（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由复数四则运算以及模的运算公式即可求解. 【详解】因为，所以，所以. 故选：C. 2. 设向量则（ ） A. B. C. D. 与的夹角为 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量模的定义、共线向量定理、向量垂直的坐标表示、向量的数量积公式逐一计算即可. 【详解】由已知得 ，，即，则选项不正确； ,不存在一个实数使成立，则选项不正确； ，即，则选项正确； 设与的夹角为，则， ∵，∴，则选项不正确； 故选：C. 3. 某省为全运会选拔跳水运动员，对某运动员进行测试，在运动员跳完一个动作之后由7名裁判打分，统计结果为平均分9.5分，方差为a，为体现公平，裁判委员会决定去掉一个最高分10分，一个最低分9分，则（ ） A. 平均分变大，方差变大 B. 平均分变小，方差变小 C. 平均分不变，方差变大 D. 平均分不变，方差变小 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件。利用平均数的计算公式，以及方差的意义，即可判断得解. 【详解】设个打分中除了一个最高分分和一个最低分分之外的数据为， 依题意，，则， 则去掉一个最高分分和一个最低分分之后的平均分为，平均分不变； 由于去掉一个最高分和最低分后，数据更加集中，因此方差变小. 故选：D. 4. 已知水平放置的的平面直观图是边长为1的正三角形，那么的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合运算求解. 【详解】由题意可知：直观图的面积， 所以的面积. 故选：A. 5. 设，是两个平面，，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，由线面、面面关系平行性质依次分析选项可得答案． 【详解】对于A，直线，可能平行，相交或异面，故A错误， 对于B，平面，可能相交或平行，故B错误， 对于C，由直线与平面平行性质，可得C正确； 对于D，平面，可能相交或平行，故D错误． 故选：C． 6. 袁隆平院士是中国杂交水稻事业的开创者和领导者，他在农业科学的第一线辛勤耕耘、不懈探索，为人类运用科技手段战胜饥饿带来了绿色的希望和金色的收获．在杂交水稻试验田中随机抽取了100株水稻，统计每株水稻的稻穗数（单位：颗）得到如图所示的频率分布直方图（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），则下列说法错误的是（ ） A. B. 这100株水稻的稻穗数的众数约为250 C. 这100株水稻的稻穗数的平均数约为256 D. 这100株水稻的稻穗数的中位数约为252 【答案】D 【解析】 【分析】利用频率分布直方图的性质频率直方图面积之和是1，求解选项A，利用频率分布面积最大的是出现次数最多的求解出众数可判断B，利用频率分布直方图每组的组中值代表这一组的值，进而用利用平均数的公式求解选项C，利用频率分布直方图的性质结合中位数是数据按照从小到大的顺序排列位于中间的那一个求解选项D. 【详解】对于选项A: 由频率直方图可知组距为则 化简得因此选项A是正确的. 对于选项B：从图中可以看出,频率最高的矩形对应的区间是[240, 260], 其中点为，即选项B是正确的. 对于选项C：易知 ，可得C是正确的. 对于选项D：从图中可以看出, 前两个区间的累计频率为， 前三个区间的累计频率为 因此中位数位于第三个区间，设中位数为 , 则可得 解得 ，即选项D是错误的. 故选：D. 7. 如图，在中，，，P为上一点，且满足，若，，则的值为（ ） A. 8 B. C. 4 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据基底向量方法，以为基底表达，进而根据数量积公式求解即可. 【详解】因为，所以， 所以，所以， 又， 所以 ． 故选：C 8. 在中，，，，点D在边上靠近B点的三等分点处，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件求出，，在中由余弦定理求出，再在中由正弦定理计算作答. 【详解】 在中，， ，可得则， 因，则， 在中，由余弦定理得：，即， 在中，由正弦定理得：， 所以. 故选：D 9. 已知正三棱锥的底面边长为6，侧棱长为，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出图形，求出正三棱锥的高，找出外接球球心，设外接球半径为，根据勾股定理列出关于的等式，解出的值，结合球体表面积公式可求得结果. 【详解】在正三棱锥中，正的边长为，如下图所示： 取线段的中点，连接，则， 因为，， 设点在底面的射影为点，则为正的中心，且， ， 设正三棱锥的外接球球心为，则在直线上， 设球的半径为，则， 由勾股定理可得，即，解得， 因此，该正三棱锥的外接球的表面积为. 故选：A. 10. 山西应县木塔，始建于1056年，是世界上现存最高大、最古老的纯木楼阁式建筑，与意大利比萨斜塔、巴黎埃菲尔铁塔并称“世界三大奇塔”．某同学为了估算水塔的高度，他在塔的附近找到一座建筑物，高为10m，在地面上点C处（B，C，N在同一水平面上且三点共线）测得木塔顶部M，建筑物顶部A的仰角分别为60°和15°，在A处测得木塔顶部M的仰角为30°，则可估算木塔的高度为（ ）m． A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】在中，得，在中，得，在中得，代入数值即可求得的值. 【详解】， 在中，， 在中，， 则， 由正弦定理，得，所以， 在中，. 故选：D. 11. 在中，满足，若对于边上任一点，恒有，则为（ ） A. 锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰三角形 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点，的中点，连接，，由题意可得，从而得，，则有，即可得答案. 【详解】解：取的中点，的中点，连接，，如图所示： 则， 同理， 因为， 所以， 即， 所以对于边上任意一点都有， 因此， 又，为中点，为中点， 所以， 所以， 即， 所以， 即为钝角三角形． 又与的大小无法确定， 所以无法判断是否为等腰三角形． 故选：B． 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是得出. 12. 如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，三棱柱外接球的球心为，点是侧棱上的一动点．下列说法正确的个数是（ ） ①直线与直线是异面直线； ②若，则与一定不垂直； ③若，则三棱锥的体积为； ④三棱柱外接球的表面积的最大值为． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据异面直线的判定判断①；根据线面垂直的性质定理可判断②；对于③：球心在两底面中心边线的中点，求出到平面的距离即可求三棱锥的体积；对④：设外接圆半径，由，，可得没有最大值也没有最小值，由可得取值情况即可. 【详解】对于①，因为点平面，平面，点， 平面，所以直线与直线是异面直线，故①正确； 对于②，因为侧棱底面，，故底面, 底面，故； 而，则，即， 又平面，故平面, 又平面，故， 故当（此时点与点重合）时，平面，则直线平面， 又平面， 所以，故②错误； 对于③：若，则为正三角形，其外心为正三角形的中心，连接与交于，则为的中点， 三棱柱外接球的球心在两底面中心连线的中点， 因为平面，所以到平面的距离相等， 因为侧棱底面，平面，所以平面平面， 又平面平面，，平面，所以平面， 所以到平面的距离为，即到平面的距离为， 所以，故③正确； 对④：设外接圆半径，由正弦定理得， 因为，，所以没有最大值也没有最小值， 故外接球半径没有最大值也没有最小值，故④错误. 故只有①③正确. 故选：B 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. 若复数（，为虚数单位）是纯虚数，则实数__________． 【答案】6 【解析】 【详解】 为纯虚数，故 14. 已知，且，则______. 【答案】2 【解析】 【分析】由可得，利用向量数量积的坐标运算即可求解. 【详解】由两边同时平方可得：， 所以，整理得， 而，解得：， 故答案为：. 15. 某校学生高一年级有880人，高二年级有800人，高三年级有720人，现用分层随机抽样方法共选取n名学生进行竞赛答题，已知高三年级选出9名选手，则________；选出的高三年级9名选手分别答对题目数量为：2，3，7，5，1，6，8，3，8，则这组数据的第60百分位数为________． 【答案】 ①. 30 ②. 6 【解析】 【分析】由分层抽样抽样比可解第一空，由百分位数的概念可求第二空. 【详解】由，解得：， 数据从小到大排序：1，2，3，3，5，6，7，8，8， ， 所以这组数据的第60百分位数为第6个数，即6. 故答案为：30；6 16. 已知一个圆锥的轴截面为等边三角形，底面积为，体积为，一个圆柱下底面积为，体积为，若圆锥和圆柱的侧面积相等，且，则的值是________． 【答案】 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，即可得到圆柱的底面半径为，再由侧面积相等求出圆柱的高，最后分别求出体积，即可得解. 【详解】设圆锥的底面半径为，因为圆锥的轴截面为等边三角形，所以圆锥的母线，高， 则圆锥的侧面积为，底面积为， 圆锥的体积； 又圆柱下底面积为，且，所以， 则圆柱的底面半径为，设圆柱的高为，则圆柱的侧面积为， 依题意，则， 所以圆柱的体积， 所以. 故答案为： 17. 已知菱形的边长为2，，沿将折起得到二面角.当二面角为直二面角时，的长为______；当三棱锥的体积为时，二面角的度数为______. 【答案】 ①. ②. 或 【解析】 【分析】利用二面角的定义找到为二面角的平面角，当二面角为直二面角时，易计算得到；当三棱锥的体积为时，求出到平面的距离为，利用三角函数的定义计算即可. 【详解】如图将菱形沿将折起得到二面角 取的中点，连接， 因为菱形的边长为2，，所以， 所以，且， 所以为二面角的平面角， 如图：当二面角为直二面角时，此时， 所以. 当三棱锥的体积为时，记到平面的距离为, 即，解得. 如图：过点作, 由，且面, 所以面, 因为面，所以， 又因为面, 所以面，故到平面的距离为, 由，所以为直角三角形， 因为，所以 由为二面角的平面角，所以， 所以或. 故答案为：；或. 18. 在中，点是线段上任意一点（不包含端点），点为线段的中点，，若，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用向量的共线运算及平面向量基本定理找到的关系，再用代换法求最小值即可. 【详解】因为点为线段的中点，，所以，， 所以， 又因为在线段上， 所以有且， 根据平面向量基本定理可知：， 所以有，且，即， 则， 当且仅当，即，时取等号， 故答案为：. 19. 如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器一边于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面五个命题： （1）盛水的部分始终呈棱柱形． （2）水面所在四边形的面积为定值． （3）当容器倾斜如图②所示时，为定值． （4）当容器倾斜如图③所示时，为定值． （5）当容器倾斜如图③所示时，当时，取最小值． 其中所有正确命题的序号是________． 【答案】（1）（3）（4）（5） 【解析】 【分析】根据题意，结合棱柱的特征、体积公式逐个判断即可. 【详解】对于（1），由于固定，所以在倾斜的过程中，始终有， 且平面平面，故盛水的部分始终呈棱柱形（四棱柱或三棱柱），故（1）正确； 对于（2），由于固定，易知，且平面，所以平面， 又平面，所以,故为矩形，则， 的长随着倾斜度的变化而变化，故的面积是变化的，故（2）错误； 对于（3），当容器倾斜如图②所示时，四棱柱的体积保持不变， 即，又均为定值，故为定值，故（3）正确； 对于（4），当容器倾斜如图③所示时，三棱柱的体积保持不变， 即，又是定值，则为定值，故（4）正确． 对于（5），由（4）为定值，，当时，取最小值．故（5）正确； 故答案为：（1）（3）（4）（5） 20. 已知菱形的边长为，，点、分别在边、上，，，若，则的值为___________；若为线段上的动点，则的最大值为___________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）本题首先可根据题意得出、，然后通过向量的运算法则得出、，再然后通过向量的数量积公式得出，最后通过即可得出结果； （2）本题可设，然后通过向量的运算法则得出、，再然后通过向量的数量积公式得出，最后通过向量的运算法则得出，根据即可求出最值. 【详解】如图，结合题意绘出图像， （1）因为，， 所以，， 则， ， 因为菱形的边长为，， 所以， 因为， 所以， 即，解得. （2）因为为线段上的动点，所以设， 则， ， ， ， 因为，所以，最大值为， 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题考查向量的几何应用，考查向量的加法的灵活应用，考查向量的数量积，考查向量的乘法法则，能否结合图像得出、、是解决本题的关键，考查计算能力，是中档题. 三、解答题（共60分，规范书写解题过程） 21. 正方体中，，分别是，的中点. （1）求异面直线与所成角； （2）求证：平面 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）连接，，即可得到，则或其补角为异面直线与所成的角，结合正方体的性质求出； （2）取的中点，连接，，即可证明平面平面，从而得证. 【小问1详解】 连接，， 因为且，所以四边形为平行四边形， 所以，则或其补角为异面直线与所成的角， 在正方体中，可得，即为等边三角形， 所以，所以异面直线与所成角为； 【小问2详解】 取的中点，连接，， 因为，分别是，的中点， 所以，， 而，所以， 又因为平面，平面，平面， 平面， 所以平面，平面， 又，平面， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面． 22. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角B； （2）若． （ⅰ）求的值； （ⅱ）若，求的面积． 【答案】（1）； （2）（ⅰ）；（ⅱ）. 【解析】 【分析】(1)利用正弦定理边化角，再由内角和变换角，然后由两角和正弦公式打开，最后可求解角B； (2) （ⅰ）由正弦定理边化角，再利用大边对大角，判断角范围，最后由正弦值求余弦值即可；（ⅱ）利用已知条件得到边的关系，结合三组边的关系可求出边长，然后求面积即可. 【小问1详解】 由，去分母得， 利用正弦定理边化角得： , 由三角形内角和定理得：， 用两角和正弦公式得：， 整理得：， 因为，所以， 又因为，所以 【小问2详解】 （ⅰ）由,结合正弦定理得：， 由，得，由于在三角形中，所以，则， （ⅱ）又由已知得，代入， 可得， 又因为，代入可得， 即， 所以三角形面积. 23. 如图， 是 的直径， ，点 是 上的动点， 平面 ，过点 作 ，过点 作 ，连接 . （1）求证： ； （2）求证：平面 平面 ； （3）当 为弧 的中点时，直线 与平面 所成角为 ，求四棱锥 的体积. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）由线线垂直证明线面垂直，再证线线垂直即可； （2）由线线垂直到线面垂直，再证明面面垂直； （3）图中有线面垂直，可以利用两个三棱锥的差，来计算所求的四棱锥的体积即可. 【小问1详解】 由于为圆的直径，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，所以; 【小问2详解】 由（1）得，，，且平面， 所以平面，又由于平面，那么， 又因为，，平面， 所以平面，又由于平面，那么平面平面； 【小问3详解】 由（2）可知：平面，而直线与平面所成角为， 那么，且， 所以且， 那么 在中，，得， 所以 那么， ，则. 24. 在中，角的对边分别为 （1）求； （2）若，，且，边上的两条中线，相交于点G，求的余弦值； （3）若为锐角三角形，，且外接圆圆心为O，求和面积之差的最大值． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）先利用平方关系，再利用正弦定理角化边，再由余弦定理求角即可； （2）先利用正弦定理求角，再用内角和定理求角，然后再由正弦定理求，这样就可以用余弦定理直接求两条中线长，再借助重心性质和余弦定理求角余弦值即可； （3）先利用圆心角性质，结合外接圆半径，来表达面积之差，最后转化到角的正切值上来，构造出一个二次型函数来求最大值即可. 【小问1详解】 由变形得： ， 再由正弦定理角化边得：， 再由余弦定理可得，即， 因为，则； 【小问2详解】 由正弦定理得：， 由于，所以，即， 根据内角和定理可得：， 再由正弦定理可得， 由余弦定理得：， ， 又由为三角形的重心，所以有，， 又由中位线可知， 再由余弦定理得：； 【小问3详解】 设三角形外接圆半径为，则有， 由圆的性质可知 由和面积之差为 ， 当时，和面积之差取到最大值. 此时，仍满足锐解三角形条件. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 塘沽一中2024-2025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6页.卷Ⅰ答案用2B铅笔填涂在答题纸上，卷Ⅰ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. 已知复数满足，则（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 2. 设向量则（ ） A. B. C. D. 与的夹角为 3. 某省为全运会选拔跳水运动员，对某运动员进行测试，在运动员跳完一个动作之后由7名裁判打分，统计结果为平均分9.5分，方差为a，为体现公平，裁判委员会决定去掉一个最高分10分，一个最低分9分，则（ ） A. 平均分变大，方差变大 B. 平均分变小，方差变小 C. 平均分不变，方差变大 D. 平均分不变，方差变小 4. 已知水平放置的的平面直观图是边长为1的正三角形，那么的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 设，是两个平面，，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 6. 袁隆平院士是中国杂交水稻事业的开创者和领导者，他在农业科学的第一线辛勤耕耘、不懈探索，为人类运用科技手段战胜饥饿带来了绿色的希望和金色的收获．在杂交水稻试验田中随机抽取了100株水稻，统计每株水稻的稻穗数（单位：颗）得到如图所示的频率分布直方图（同一组中的数据用该组区间的中点值代表），则下列说法错误的是（ ） A. B. 这100株水稻的稻穗数的众数约为250 C. 这100株水稻的稻穗数的平均数约为256 D. 这100株水稻的稻穗数的中位数约为252 7. 如图，在中，，，P为上一点，且满足，若，，则的值为（ ） A. 8 B. C. 4 D. 8. 在中，，，，点D在边上靠近B点的三等分点处，则（ ） A. B. C. D. 9. 已知正三棱锥的底面边长为6，侧棱长为，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 10. 山西应县木塔，始建于1056年，是世界上现存最高大、最古老的纯木楼阁式建筑，与意大利比萨斜塔、巴黎埃菲尔铁塔并称“世界三大奇塔”．某同学为了估算水塔的高度，他在塔的附近找到一座建筑物，高为10m，在地面上点C处（B，C，N在同一水平面上且三点共线）测得木塔顶部M，建筑物顶部A的仰角分别为60°和15°，在A处测得木塔顶部M的仰角为30°，则可估算木塔的高度为（ ）m． A. B. C. D. 11. 在中，满足，若对于边上任一点，恒有，则为（ ） A. 锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰三角形 12. 如图，在三棱柱中，侧棱底面，，，三棱柱外接球的球心为，点是侧棱上的一动点．下列说法正确的个数是（ ） ①直线与直线是异面直线； ②若，则与一定不垂直； ③若，则三棱锥的体积为； ④三棱柱外接球的表面积的最大值为． 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. 若复数（，为虚数单位）是纯虚数，则实数__________． 14. 已知，且，则______. 15. 某校学生高一年级有880人，高二年级有800人，高三年级有720人，现用分层随机抽样方法共选取n名学生进行竞赛答题，已知高三年级选出9名选手，则________；选出的高三年级9名选手分别答对题目数量为：2，3，7，5，1，6，8，3，8，则这组数据的第60百分位数为________． 16. 已知一个圆锥的轴截面为等边三角形，底面积为，体积为，一个圆柱下底面积为，体积为，若圆锥和圆柱的侧面积相等，且，则的值是________． 17. 已知菱形的边长为2，，沿将折起得到二面角.当二面角为直二面角时，的长为______；当三棱锥的体积为时，二面角的度数为______. 18. 在中，点是线段上任意一点（不包含端点），点为线段的中点，，若，则的最小值为________． 19. 如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器一边于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面五个命题： （1）盛水的部分始终呈棱柱形． （2）水面所在四边形的面积为定值． （3）当容器倾斜如图②所示时，为定值． （4）当容器倾斜如图③所示时，为定值． （5）当容器倾斜如图③所示时，当时，取最小值． 其中所有正确命题的序号是________． 20. 已知菱形的边长为，，点、分别在边、上，，，若，则的值为___________；若为线段上的动点，则的最大值为___________. 三、解答题（共60分，规范书写解题过程） 21. 正方体中，，分别是，的中点. （1）求异面直线与所成角； （2）求证：平面 22. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角B； （2）若． （ⅰ）求的值； （ⅱ）若，求的面积． 23. 如图， 是 的直径， ，点 是 上的动点， 平面 ，过点 作 ，过点 作 ，连接 . （1）求证： ； （2）求证：平面 平面 ； （3）当 为弧 的中点时，直线 与平面 所成角为 ，求四棱锥 的体积. 24. 在中，角的对边分别为 （1）求； （2）若，，且，边上的两条中线，相交于点G，求的余弦值； （3）若为锐角三角形，，且外接圆圆心为O，求和面积之差的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $