精品解析：天津市百华实验中学2024-2025学年高一下学期4月期中考试数学试题

天津市百华实验中学2024-2025学年度第二学期期中试题 高一数学 考试时长：100 分钟 试题总分： 120分 一、单项选择题（每小题4分，共36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. 如图，是一平面图形的直观图，直角边，则的面积是（ ） A. B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测画法，还原直角坐标图形，再求面积即可． 【详解】解：还原直观图为直角坐标图，如图： 在中，，， 且，． 故选：B． 【点睛】本题考查直观图与斜二测画法，属于基础题． 2. 在中，为边上的中线，为的中点.则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理，结合平面向量线性运算的性质进行求解即可. 【详解】因为为边上的中线，所以， 又因为为的中点，所以 ， 故选：A. 3. 在中，已知，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用余弦定理得到关于BC长度的方程，解方程即可求得边长. 【详解】设， 结合余弦定理：可得：， 即：，解得：（舍去）， 故 故选：D. 【点睛】利用余弦定理及其推论解三角形的类型： (1)已知三角形的三条边求三个角； (2)已知三角形的两边及其夹角求第三边及两角； (3)已知三角形的两边与其中一边的对角，解三角形． 4. 下列命题中，正确的是（ ） A. 四棱柱是平行六面体 B. 直平行六面体是长方体 C. 六个面都是矩形的六面体是长方体 D. 底面是矩形四棱柱是长方体 【答案】C 【解析】 【分析】对于A，根据平行六面体的各面都是平行四边形，举例判断，对于B，由侧棱与底面不垂直进行判断，对于C，根据长方体的结构特征判断，对于D，由侧棱与底面不垂直判断， 【详解】对于A，当四棱柱的底面是梯形时，则此四棱柱不是平行六面体，所以A错误， 对于B，直平行六面体是平行六面体的侧棱与底面垂直，底面可以是一般的平行四边形，则它不是长方体，所以B错误， 对于C，根据长方体的结构特征可知，六个面都是矩形的六面体是长方体，所以C正确， 对于D，当四棱柱的侧棱与底面不垂直时，则不是长方体，所以D错误， 故选：C 5. 已知非零向量，满足，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设非零向量与的夹角为，由向量垂直得到，根据数量积的定义及运算律求出， 【详解】设非零向量与的夹角为， 由且， 所以， 所以， 因为，所以. 故选：． 6. 已知m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）. A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面的基本性质判断A、B、C，由线面垂直、面面平行的性质判断D即可. 【详解】A：，，则或，错误； B：，，则或，错误； C：，，则相交或平行，错误； D：，，则，又，故，正确. 故选：D 7. 在中，若，则的形状是 A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 不能确定 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理得，再由余弦定理求得，得到，即可得到答案. 【详解】因为在中，满足， 由正弦定理知，代入上式得， 又由余弦定理可得，因为C是三角形的内角，所以， 所以为钝角三角形，故选A. 【点睛】本题主要考查了利用正弦定理、余弦定理判定三角形的形状，其中解答中合理利用正、余弦定理，求得角C的范围是解答本题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题. 8. 已知直三棱柱的底面为直角三角形，且两直角边长分别为和，此三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，结合底面直角三角形的外接圆的半径，以及直棱柱的结构特征，得到外接球的半径，满足，再由球的体积公式，即可求解. 【详解】由直三棱柱的底面为直角三角形，且两直角边长分别为和， 设底面直角三角形的外接圆的半径为，可得， 设直三棱柱上下底面直角三角形的外心（斜边的中点）分别为， 则三棱柱外接球的球心为的中点，设为， 又因为三棱柱的高为， 所以外接球的直径为， 可得，所以该三棱柱的外接球的体积为. 故选：A. 9. 在△中，若，则△面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由平方结合可得，利用基本不等式求得，进而求得，，及△面积的最大值. 【详解】， 又， 而，因此 △面积的最大值为 故选： 二、填空题（每小题4分，共24分） 10. 若复数z满足，则z的虚部为______． 【答案】3 【解析】 【分析】首先利用复数除法运算公式，计算，即可得复数的虚部. 【详解】, 所以的虚部为. 故答案为： 11. 在中，是的三边且满足，则角A的大小为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意利用余弦定理边角转化即可得结果. 【详解】因为，即， 由余弦定理可得， 且，所以. 故答案为：. 12. 直角边为6和8的直角三角形绕边长为6的直角边旋转形成圆锥，该圆锥的母线长等于________，该圆锥的体积等于_____________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】求出直角三角形的斜边即为母线，再由锥体的体积公式计算可得. 【详解】在直角边为6和8的直角三角形中，斜边为， 绕边长为6的直角边旋转形成圆锥，则圆锥的底面半径为，高为，母线为， 所以圆锥的体积. 故答案为：； 13. 已知，且三点共线，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】 由三点共线，得，根据向量共线的坐标表示求. 【详解】三点共线，. ， . 故答案为：. 【点睛】本题考查向量共线的坐标表示，属于基础题. 14. 已知正方体的棱长为4，除面外，该正方体其余器面的中心分别为点E，F，G，H，M（如图），则四棱锥的体积为______. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意先求解四棱锥底面积，然后结合四棱锥的高即可求得四棱锥的体积. 【详解】由题意可得，底面四边形为边长为的正方形， 其面积， 顶点到底面四边形的距离为， 由四棱锥的体积公式可得：. 故答案为： 15. 如图，在中，，，D，F分别为，的中点，P为与的交点，且．若，则______；若，，，则______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】连接的中位线，利用三角形相似得到，再利用加法的三角形法则表示出，即可得到的值；同理表示出，利用向量的数量积运算即可得到结果. 【详解】 如图所示：连接， 因为D，F分别为，的中点， 所以是的中位线，所以， 则， 所以，所以； 因为， 所以 . 故答案为：；. 三、解答题（本大题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 16. 已知复数，. （1）若，求； （2）若为实数，求的值； （3）若复数在复平面内对应的点在第四象限，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）化简复数，再计算其模； （2）根据虚部为得到方程，解得即可； （3）根据复数的几何意义得到不等式组，解得即可. 【小问1详解】 当时，，所以； 【小问2详解】 因为，为实数， 所以，解得或. 【小问3详解】 复数，在复平面内对应的点为， 依题意可得，解得，即实数的取值范围为. 17. 在锐角中，角对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，即可求出，从而得解； （2）利用余弦定理求出，再由面积公式计算可得 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 因为，所以， 所以，即， 因为，所以； 【小问2详解】 由（1）知：，又因为，， 由余弦定理，即， 解得， 所以面积为. 18. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求实数的值； （3）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据向量平行的坐标运算列式求解的值，从而得模长； （2）根据向量的坐标的线性运算得的坐标，再根据向量垂直的坐标运算求解实数的值； （3）根据向量夹角与数量积的关系可知且与不共线，运算求解即可. 【小问1详解】 因为向量，且， 所以，解得，即， 所以. 【小问2详解】 因为，且， 所以，解得. 【小问3详解】 因为与的夹角是钝角，则且与不共线， 可得且，解得且， 所以实数的取值范围为. 19. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱垂直于底面，、分别是、的中点. （1）求证： ； （2）求证：平面； （3）设与交于点，求证：平面平面 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的性质得到，再由，即可得到平面，从而得证； （2）取的中点，连接，，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，即可得证； （3）依题意可得为的中点，且为的中点，即可得到，，从而得证. 【小问1详解】 因为平面，平面， 所以，又底面是矩形，则， 又，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以. 【小问2详解】 取的中点，连接，，因为、分别是、的中点， 所以且，又且， 所以且， 则四边形为平行四边形， 所以，平面，平面， 所以平面； 【小问3详解】 因为为矩形，与交于点， 所以为的中点，且为的中点， 又、分别是、的中点， 所以，， 又平面，平面，所以平面， 平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面. 20. 如图，在三棱柱中，侧棱垂直底面，各棱长均为2，D为AB的中点. （1）求证：∥平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值； （3）求证：平面平面. 【答案】（1）证明见详解 （2） （3）证明见详解 【解析】 【分析】（1）做辅助线可得∥，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）分析可知异面直线与所成角为（或其补角），结合余弦定理运算求解； （3）根据线面垂直可证平面，结合面面垂直的判定定理分析证明. 小问1详解】 设，连接，可知为的中点， 因为D为AB的中点，则∥， 且平面，平面，所以∥平面. 【小问2详解】 因为∥，则异面直线与所成角为（或其补角）， 在中，由题意可知：， 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 【小问3详解】 因为，且D为AB的中点，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，则平面， 由平面，可知平面平面. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 天津市百华实验中学2024-2025学年度第二学期期中试题 高一数学 考试时长：100 分钟 试题总分： 120分 一、单项选择题（每小题4分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的） 1. 如图，是一平面图形的直观图，直角边，则的面积是（ ） A. B. C. 1 D. 2. 在中，为边上的中线，为的中点.则（ ） A. B. C. D. 3. 在中，已知，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 3 4. 下列命题中，正确的是（ ） A. 四棱柱是平行六面体 B. 直平行六面体长方体 C. 六个面都是矩形的六面体是长方体 D. 底面是矩形的四棱柱是长方体 5. 已知非零向量，满足，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 已知m，n是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）. A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 7. 在中，若，则的形状是 A. 钝角三角形 B. 直角三角形 C. 锐角三角形 D. 不能确定 8. 已知直三棱柱的底面为直角三角形，且两直角边长分别为和，此三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 9. 在△中，若，则△面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每小题4分，共24分） 10. 若复数z满足，则z的虚部为______． 11. 在中，是三边且满足，则角A的大小为______. 12. 直角边为6和8的直角三角形绕边长为6的直角边旋转形成圆锥，该圆锥的母线长等于________，该圆锥的体积等于_____________. 13. 已知，且三点共线，则__________． 14. 已知正方体的棱长为4，除面外，该正方体其余器面的中心分别为点E，F，G，H，M（如图），则四棱锥的体积为______. 15. 如图，在中，，，D，F分别为，的中点，P为与的交点，且．若，则______；若，，，则______． 三、解答题（本大题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 16. 已知复数，. （1）若，求； （2）若为实数，求的值； （3）若复数在复平面内对应点在第四象限，求实数的取值范围. 17. 在锐角中，角的对边分别为，，，且. （1）求角大小； （2）若，，求的面积. 18. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求实数的值； （3）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围. 19. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱垂直于底面，、分别是、中点. （1）求证： ； （2）求证：平面； （3）设与交于点，求证：平面平面 20. 如图，在三棱柱中，侧棱垂直底面，各棱长均为2，D为AB的中点. （1）求证：∥平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值； （3）求证：平面平面. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$