精品解析：天津市滨海新区塘沽紫云中学教育集团校2024-2025学年高一下学期期中检测数学试卷

天津市滨海新区塘沽紫云中学教育集团校 2024-2025学年度第二学期高一年级期中检测数学学科试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间100分钟.答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考场号和座位号填写在答题卡上，将考号填、涂准确；答卷时，考生务必将选择题答案涂在答题卡上，非选择题答在答题纸上，答在试卷上无效.祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 选择题（共60分） 一、选择题：（每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.） 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的加法、减法运算法则求解即可. 【详解】. 故选：. 2. 下列命题正确的是（ ） A. 三点确定一个平面 B. 梯形确定一个平面 C. 两条直线确定一个平面 D. 四边形确定一个平面 【答案】B 【解析】 【分析】依次判断每个选项：当三点共线时不能确定一个平面，梯形上底和下底平行，能确定一个平面，两条直线异面时不能确定一个平面，空间四边形不能确定一个平面，得到答案. 【详解】当三点共线时不能确定一个平面，A错误； 梯形上底和下底平行，能确定一个平面，B正确； 两条直线异面时不能确定一个平面，C错误； 空间四边形不能确定一个平面，D错误. 故选：B. 3. 复数z满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘除运算化简得出复数，再应用共轭复数定义得出虚部. 【详解】，则，故的虚部为. 故选：D. 4. 如图，为的边上的中线，且，那么为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由为中点，则，根据平面向量基本定理即可求解. 【详解】由， 所以， 故选：A. 5. 四边形OABC直观图为如图矩形，其中，，则OABC的周长为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 16 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二侧画法结合题意将直观图还原为原四边形，再求出其边长即可得答案 【详解】由题意可得四边形为平行四边形，如图所示，设交轴于点，则 ， 所以， 所以四边形的周长为， 故选：B. 6. “”是“复数在复平面内对应的点在第一象限”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的在复平面内对应的点在第一象限确定的范围，再根据充分必要条件进行判断即可. 【详解】若复数在复平面内对应的点在第一象限，则，所以， 故“”是“复数在复平面内对应的点在第一象限”的充分不必要条件. 故选：A. 7. 若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解. 【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半， 即， 所以，这个球的表面积为. 故选：C. 【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 8. 在中，若，则（ ） A. B. C. 10 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量数量积的定义直接进行求解即可. 【详解】因为，所以，所以， 故选：A. 9. 设为空间两条不同的直线,为空间两个不同的平面,给出下列命题： ①若,则； ②若,则； ③若且则； ④若且,则． 其中所有正确命题的序号是（　　） A ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④ 【答案】D 【解析】 【分析】通过空间中线线、线面、面面间的位置关系的判定定理与性质定理判断即可. 【详解】由为空间两条不同的直线,为空间两个不同的平面,知： 在①中,若,则由面面垂直的判定定理得,故①正确； 在②中,若,则m与n相交、平行或异面,故②错误； 在③中,若且,则与相交或平行,故③错误； 在④中,若且,则由线面垂直的性质得,故④正确． ∴其中所有正确命题的序号是①④． 故选：D． 10. 设，向量且，则（ ） A. B. C. D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量垂直、平行列方程，求得，进而求得正确答案. 【详解】由于， 所以，解得， 所以， 所以. 故选：C 11. 在中，，则的形状为（ ） A. 等边三角形 B. 等腰三角形或直角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】根据三角恒等变换、正弦定理化简已知条件，由此确定正确答案. 【详解】依题意，， 由正弦定理得， ， ， ， ， ， ， ，由于， 所以或，即或， 所以的形状为直角三角形. 故选：C 12. 正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构），是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是3（如图），则下列说法错误的是（ ） A. B. 直线BC与平面BEDF所成的角为 C. 若点P为棱EB上的动点，则三棱锥F-ADP的体积为定值 D. 若点P为棱ED上的动点，则的最小值为 【答案】B 【解析】 【分析】对于A选项，正八面体，证明平面，再判断，对于B，可知平面，找到直线与平面所成的角为，在三角形中计算角度；对于C，利用等体积变换计算三棱锥的体积；对于D，由题意分析和，将两个三角形翻折到同一平面内，可得取最小值. 【详解】对于A选项，正八面体，连接， 对称性可知，⊥平面，且相交于点，为的中点， 又，， 故四边形为菱形，四边形为菱形， 可知是平面内两条相交直线， 所以平面，又平面，故，故A正确 对于B，由A选项可知平面，故直线与平面所成的角为， 且由题意得，故， 故，B错误； 对于C，三棱锥的体积， 其中点到平面的距离为，设菱形的面积为， 则 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值，故C正确. 对于D，由题意得为等边三角形，边长为3， 在中，，为等腰直角三角形， 将沿直线ED翻折到平面EAD内，如图，易得, 则的最小值为为 ， D正确. 故选：B. 第Ⅱ卷 非选择题（90分） 二、填空题：（每小题5分，共40分） 13. 是虚数单位，若复数为纯虚数，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】应用复数的乘法求复数，根据纯虚数的性质求参数值即可. 【详解】由为纯虚数， 所以，则. 故答案为： 14. 在中，，，，那么等于_______. 【答案】## 【解析】 【分析】由正弦定理即可求解. 【详解】由正弦定理可得，，即， 解得. 故答案为：. 15. 已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标______. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的计算公式即可求解. 【详解】在方向上的投影向量为， 故答案：. 16. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，列出方程，求解即可． 【详解】由题意，设母线长为， ∵圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径， 则有，解得， ∴该圆锥的母线长为. 故答案为：. 17. 已知复数满足，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的模的性质求解 【详解】， 故答案为： 18. 如图，分别是三棱锥的棱的中点，，是三角形的周长为_________，异面直线与所成的角为__________. 【答案】 ①. 15 ②. 60° 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位形中位线定理进行求解即可； （2）根据异面直线所成角定义，结合余弦定理进行求解即可. 【详解】（1）连接， 由中位线定理可得：且，则三角形的周长为15； （2）∵是异面直线所成的角的补角， 在 中由余弦定理可得：， ∴， 即异面直线所成的角为60°. 故答案为：15；60° 19. 立方、堑堵、阳马和鳖臑等这些名词都出自中国古代数学名著《九章算术商功》，在《九章算术商功》中有这样的记载：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”意思是说：把一块长方体沿斜线分成相同的两块，这两块叫“堑堵”，如图， 再把一块“堑堵”沿斜线分成两块，其中以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为“阳马”，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为“鳖臑”，如图． 现有一四面体ABCD，已知，，，，，，根据上述史料中“鳖臑”的由来，可求得这个四面体的体积为___________，及该四面体的外接球的体积为___________． 【答案】 ①. 4； ②. ． 【解析】 【分析】根据资料可得“鳖臑”的由来是将长方体分解一半，得到三棱柱，三棱柱再分成两块；现将“鳖臑”还原成长方体即可求解体积和四面体的外接球，从而可得球的体积． 【详解】解：根据资料可得“鳖臑”的由来是将长方体分解一半，得到三棱柱，三棱柱再分成两块；现将“鳖臑”还原成长方体， 由已知，，，，，， 还原成长方体，如图， 从还原的长方体可以看出，四面体的体积； 长方体的体对角线即为四面体的外接球的直径， 四面体的外接球的体积． 故答案为4；． 20. 在菱形ABCD中，，，，，已知点M在线段EF上，且，则_______，若点N为线段BD上一个动点，则的最小值为_______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设，进一步将其表示成以，为基底的向量，结合已知条件，可得关于和的方程组，解之，再根据模长的计算方法，得的值；设，，根据平面向量的运算法则，推出，然后由配方法，得解． 【详解】因为，，所以，， 所以，， 因为点在线段上， 可设， 而，所以，解得，， 因为点为线段上一个动点， 可设，， 所以， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为． 故答案为：，． 三、解答题：本大题共4小题，共50分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 21. 已知向量满足． （1）求向量的数量积； （2）求向量夹角的余弦值； （3）求的值． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积坐标公式计算即可； （2）根据向量数量积夹角坐标公式计算即可； （3）先求出向量坐标再应用向量模长坐标公式计算即可； 【小问1详解】 由题设，. 【小问2详解】 ， 所以. 【小问3详解】 ， . 22. 如图，四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点为的中点. （1）求证：直线平面； （2）求证：； （3）求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）设和交于点，连接，根据线面平行的判定定理求解； （2）由线面垂直可得线线垂直，再由菱形对角线垂直可得线面垂直，即可得证； （3）连接，，可证明为二面角的平面角，利用余弦定理求解余弦值即可. 【小问1详解】 设和交于点，连接，如图， 由于，分别是，的中点，故， ∵平面，平面，所以直线平面. 【小问2详解】 在四棱柱中，底面是菱形，则， 又平面，且平面，则， ∵平面，平面， ∴平面. 平面，∴. 【小问3详解】 连接，， 因为，是中点，所以， 因为平面，平面，所以， ∴为二面角的平面角， ，，， 由余弦定理可知， ∴二面角的余弦值为. 23. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知，，． （1）求的值； （2）求的面积； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知，利用余弦定理，即可求出的值； （2）由已知，求出，再利用三角形面积公式，计算即可； （3）在中，由正弦定理，可得，则，由两角差的正弦公式即可求得. 【小问1详解】 在中，因为，，， 所以由余弦定理， 得. 【小问2详解】 在中，因为，，， 则，， 所以的面积. 【小问3详解】 在中，由正弦定理， 可得， ，所以， 又，， 所以. 24. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，F为CP上的点，且平面. （1）求证：平面平面； （2）求直线PC与平面所成角的正弦值； （3）在棱PD上是否存在一点G，使平面，若存在，求PG的长；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明过程见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）只需证明平面，只需证明（由正方形性质可得），，要证，只需证明平面即可. （2）作，垂足为，连接，从而为直线与平面所成的角，只需解直角三角形即可. （3）作，交于，连接，可以证明，故只需解直角三角形求出即可. 【小问1详解】 因为平面，平面，所以， 又因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又因为底面是边长为2的正方形，所以， 且平面， 所以平面， 又因为平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 作，垂足为，连接， 因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，所以为直线与平面所成的角， 因为，，，所以， 因为平面，平面，所以， 所以在直角三角形中，由勾股定理可得， 所以； 【小问3详解】 作，交于，连接， 因为，，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，平面，所以， 因为，， 所以，解得，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为，所以， 又因为，所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 天津市滨海新区塘沽紫云中学教育集团校 2024-2025学年度第二学期高一年级期中检测数学学科试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间100分钟.答卷前，考生务必将自己的学校、姓名、考场号和座位号填写在答题卡上，将考号填、涂准确；答卷时，考生务必将选择题答案涂在答题卡上，非选择题答在答题纸上，答在试卷上无效.祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 选择题（共60分） 一、选择题：（每小题5分，共60分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.） 1. （ ） A B. C. D. 2. 下列命题正确的是（ ） A. 三点确定一个平面 B. 梯形确定一个平面 C. 两条直线确定一个平面 D. 四边形确定一个平面 3. 复数z满足，则虚部为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，为的边上的中线，且，那么为（ ） A. B. C. D. 5. 四边形OABC直观图为如图矩形，其中，，则OABC的周长为（ ） A. 8 B. 10 C. 12 D. 16 6. “”是“复数在复平面内对应的点在第一象限”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，若，则（ ） A. B. C. 10 D. 9. 设为空间两条不同的直线,为空间两个不同的平面,给出下列命题： ①若,则； ②若,则； ③若且则； ④若且,则． 其中所有正确命题的序号是（　　） A. ①② B. ②③ C. ③④ D. ①④ 10. 设，向量且，则（ ） A. B. C. D. 10 11. 在中，，则的形状为（ ） A. 等边三角形 B. 等腰三角形或直角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 12. 正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构），是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是3（如图），则下列说法错误的是（ ） A. B. 直线BC与平面BEDF所成的角为 C. 若点P为棱EB上的动点，则三棱锥F-ADP的体积为定值 D. 若点P为棱ED上的动点，则的最小值为 第Ⅱ卷 非选择题（90分） 二、填空题：（每小题5分，共40分） 13. 虚数单位，若复数为纯虚数，则__________． 14. 中，，，，那么等于_______. 15. 已知向量，，则在方向上的投影向量的坐标______. 16. 已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为______. 17. 已知复数满足，则_____. 18. 如图，分别是三棱锥的棱的中点，，是三角形的周长为_________，异面直线与所成的角为__________. 19. 立方、堑堵、阳马和鳖臑等这些名词都出自中国古代数学名著《九章算术商功》，在《九章算术商功》中有这样的记载：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”意思是说：把一块长方体沿斜线分成相同的两块，这两块叫“堑堵”，如图， 再把一块“堑堵”沿斜线分成两块，其中以矩形为底，另有一棱与底面垂直的四棱锥，称为“阳马”，余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为“鳖臑”，如图． 现有一四面体ABCD，已知，，，，，，根据上述史料中“鳖臑”的由来，可求得这个四面体的体积为___________，及该四面体的外接球的体积为___________． 20. 在菱形ABCD中，，，，，已知点M在线段EF上，且，则_______，若点N为线段BD上一个动点，则的最小值为_______. 三、解答题：本大题共4小题，共50分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 21. 已知向量满足． （1）求向量的数量积； （2）求向量夹角的余弦值； （3）求的值． 22. 如图，四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点为的中点. （1）求证：直线平面； （2）求证：； （3）求二面角的余弦值. 23. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知，，． （1）求的值； （2）求的面积； （3）求的值． 24. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，F为CP上的点，且平面. （1）求证：平面平面； （2）求直线PC与平面所成角的正弦值； （3）在棱PD上是否存在一点G，使平面，若存在，求PG的长；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$