重庆市凤鸣山中学教育集团2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

2024-2025学年重庆市沙坪坝区凤鸣山中学教育集团高一（下）期中数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.若复数的实部为a，虚部为b，则(    ) A. 7 B. 5 C. D. 9 2.设m、n是空间中不同的直线，、是不同的平面，则下列说法正确的是(    ) A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，，则 3.如图所示，已知正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则其原图形的周长为(    ) A. 8 B. C. 4 D. 4.已知向量，，若满足，则(    ) A. B. C. D. 5.如图，已知三棱锥，点P是VA的中点，且，，过点P作一个截面，使截面平行于VB和AC，则截面的周长为(    ) A. 12 B. 10 C. 8 D. 6 6.若圆台的高为4，母线长为5，侧面积为，则圆台的上、下底面的面积之和为(    ) A. B. C. D. 7.羽毛球运动是一项全民喜爱的体育运动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为6cm，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶端所围成圆的直径是6cm，底部所围成圆的直径是2cm，据此可估算得球托之外羽毛所在曲面的展开图的圆心角为(    ) A. B. C. D. 8.已知平面向量满足，则的最大值为(    ) A. 2 B. C. D. 3 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分。 9.下面是关于复数的四个命题，其中的真命题为(    ) ；；：z的虚部是1；：z对应的点在第四象限. A. B. C. D. 10.下列命题正确的(    ) A. 若，，，则 B. 若，，，，则 C. 非零复数，对应的向量分别为和，若，则 D. 若，则的最小值为5 11.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有(    ) A. 该半正多面体的体积为 B. 该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式 C. 该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为 D. 该半正多面体外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知复数为虚数单位是关于x的方程为实数的一个根，则          . 13.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则______. 14.解放碑是重庆的标志建筑物之一，存在其特别的历史意义.我校数学兴趣小组为了测量其高度，设解放碑杯杯高为AB，在地面上共线的三点C，D，E处分别测得顶点A的仰角为，，，且，则解放碑的高AB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.本小题13分 设、是夹角为的两个单位向量，如果 求证：A，B，D三点共线； 若与的夹角为锐角，试求的取值范围. 16.本小题15分 如图，在正方体中，E为中点，与平面交于点 求证：面； 求证：F为的中点. 17.本小题15分 如图，四棱锥的底面ABCD为平行四边形，E，F分别为棱AB，PC上的点，且， 求证：平面PDE； 在棱AD上是否存在点G，使得平面BDF？若存在求出的值；若不存在，说明理由. 18.本小题17分 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c， 若，证明：； 若，AD是的中线，求AD的最大值. 19.本小题17分 在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且 求； 若，， ①的平分线交BC于点D，求线段AD的长； ②若，点P，Q是边AC上的两个动点，且，设的面积为S，求S的最小值. 答案和解析 1.【答案】C  【解析】解：复数的实部为4，虚部为，则 故选： 根据复数实部和虚部的定义求出a，b的值，进而求解即可． 本题考查复数的应用，属于基础题． 2.【答案】C  【解析】【分析】 本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是基础题． 在A中，或；在B中，或m与n异面；在C中，由面面平行的性质定理得；在D中，与平行或相交． 【解答】 解：由m、n是空间中不同的直线，、是不同的平面，知： 在A中，若，，则或，故A错误； 在B中，若，，，则或m与n异面，故B错误； 在C中，若，，则由面面平行的性质定理得，故C正确； 在D中，若，，，，则与平行或相交，故D错误． 故选： 3.【答案】A  【解析】解：将直观图复原为原图，如图所示， 则，， ， 原图形的周长为， 故选： 将直观图复原为原图，根据斜二测画法的规则求得原图中线段的长，可得答案． 本题主要考查了由直观图还原实物图，属于基础题． 4.【答案】A  【解析】解：向量，，且， 故选： 根据向量的坐标运算，进行解答即可． 本题考查了平面向量的坐标运算，是基础题． 5.【答案】D  【解析】【分析】 本题考查了空间中的直线平行问题，属于基础题． 根据题意画出图形，结合图形得出四边形EFPQ是平行四边形，计算平行四边形EFPQ的周长即可． 【解答】 解：过点P作，交VC于点F，过点F作交BC于点E，过点E作交AB于点Q，连接PQ，如图所示， 由图可知：，且，所以四边形EFPQ是平行四边形， 可得，； 故截面四边形EFPQ的周长为 故选 6.【答案】C  【解析】解：设圆台的两底面半径分别为，， 则侧面积为，解得； 又因为圆台的高为4，母线长为5，所以， 即，则， 所以，解得， 所以圆台的上、下底面积的和为 故选： 设圆台的两底面半径分别为，，根据侧面积公式以及圆台的高和母线长的关系，求解即可． 本题考查了圆台的结构特征与应用问题，是基础题． 7.【答案】C  【解析】本题主要考查旋转体的结构特征，考查运算求解能力，属于基础题． 将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面为大圆锥的侧面截去一个小圆锥的侧面所得，求出小圆锥的母线长后可得展开图圆心角． 解：将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面为大圆锥的侧面截去一个小圆锥的侧面所得， 设小圆锥母线长为x，则大圆锥母线长为，由相似得，即， 可估算得球托之外羽毛所在的曲面的展开图的圆心角为 故选： 8.【答案】C  【解析】解：设，如图， 由题意，即在平行四边形OACB中，， 延长OA至OD，使，则， 由正弦定理，O，A，C三点所在外接圆的直径， 所以，设圆心为G，如图， 所以可知，又，， 所以由余弦定理可得， 则由图可知 故选： 根据向量加减法的平行四边形法则作图，问题转化为求CD的最值，利用外接圆结合数形结合可求最值． 本题考查了平面向量加法的几何应用和正弦定理的应用，属于中档题． 9.【答案】ABD  【解析】解：由复数， 所以复数z在复平面内对应的点位于第四象限，，，复数z的虚部为， 所以，，正确，不正确． 故选： 根据复数的运算法则，化简复数，结合复数模，共轭复数定义，以及复数的概念和复数的几何意义，逐个判定，即可求解． 本题主要主要考查复数的四则运算，属于基础题． 10.【答案】ABC  【解析】解：若，，，由两个平面的公共点必在其交线上，可知，故A正确； 若，，则，由直线a与点P确定唯一平面，a与b确定唯一平面， 且该平面经过直线a与点P，所以该平面与重合，则，故B正确； 由知，以为邻边的平行四边形为矩形，故C正确； 的几何意义为z对应点与点距离为2，轨迹为圆，如图， 而，表示z对应点与点距离， 由图象可知，的最小值为，故D错误． 故选： 由空间几何中的基本事实判断A与B；由复数模的几何意义判断C与 本题考查命题的真假判断与应用，是基础题． 11.【答案】ABD  【解析】解：如图，该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的． 对于A，因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的， 所以该几何体的体积为：，故A正确； 对于B，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足，故B正确； 对于C，过A，B，C三点的截面为正六边形ABCFED， 所以，故C错误； 对于D，根据该几何体的对称性可知， 该几何体的外接球即为底面棱长为2，侧棱长为的正四棱柱的外接球， 所以该半正多面体外接球的表面积，故D正确． 故选： 利用柱体和锥体的体积公式可判断A选项；根据顶点，面数，棱数可判断B选项；由截面为正六边形可求面积判断C选项；根据外接球为正四棱柱可判断D选项． 本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题． 12.【答案】0  【解析】【分析】 本题考查实系数一元二次方程虚根成对原理的应用，是基础题． 由已知求出方程为实数的另一个根，再由根与系数的关系列式求解p与q的值，则答案可求． 【解答】 解：是关于x的方程为实数的一个根， 由实系数一元二次方程虚根成对原理，可得是关于x的方程为实数的另一个根， 则，得， 故答案为： 13.【答案】  【解析】解：因为， 由余弦定理可得， 由C为三角形内角可得. 故答案为：. 由已知结合余弦定理即可直接求解，进而可求 此题考查学生灵活运用余弦定理化简求值，考查了整体代换的数学思想，是一道基础题． 14.【答案】  【解析】解：由题意，设，中，， 同理可得，， 因为，所以在中，…①， 在中，…②， 由①②组成方程组，解得，即 故答案为： 设米，根据锐角三角函数的定义求出BC、BD、BE关于x的表达式，然后分别在、根据余弦定理列式，建立关于x的方程，解之即可得到本题的答案． 本题主要考查锐角三角函数的定义、余弦定理等知识，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题． 15.【答案】证明见解析；    【解析】证明：因为， 则，可知共线，所以A，B，D三点共线； 解：因为与夹角为锐角， 所以且与不平行， 若，可得，，则， 所以或或， 则的取值范围为 根据向量平行且有公共点得出三点共线； 把夹角为锐角转化为数量积大于零且向量不平行求参即可． 本题考查了平面向量数量积的运算，属于中档题． 16.【答案】证明：因为AB与平行且相等，所以是平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面 由平面，平面，平面平面， 所以，又E是中点， 所以F是中点．  【解析】证明，然后由线面平行的判定定理得证； 由线面平行的性质定理得线线平行，从而可证得结论成立． 本题主要考查线面平行的判定与性质定理，考查逻辑推理能力，属于中档题． 17.【答案】解：在DC上取点M，使得，连接FM，BM， 在中，又，则有，面PDE、面PDE，面PDE， 且，四边形DEBM为平行四边形， ，面PDE、面PDE，面PDE， 面FMB、面FMB，，面面PDE， 面FMB，面PDE； 假设在棱AD上存在点G，使得面BDF， 连接CG，交BD于H， 面BDF，面PGC，面面，， 则在中，，易知∽， ，点G为棱AD的中点．  【解析】可先证明面面平行再证明线面平行；根据线面平行的性质，可得线线平行，根据比例关系可判断 本题考查线面平行的判定和性质，属于中档题． 18.【答案】证明：因为， 由正弦定理可得， 即，， 由余弦定理可得， 所以， 可得， 即证得； 解：，AD是的中线， 由余弦定理可得， 当且仅当时取等号， 所以， 因为三角形中线定理可得， 所以 即AD的最大值为  【解析】由正弦定理及余弦定理可证得结论； 由余弦定理和基本不等式可得的最大值，再由三角形的中线定理可得AD的最大值． 本题考查正弦定理，余弦定理及三角形中线定理的应用，属于中档题． 19.【答案】；  ①2；②  【解析】解：因为，所以， 由正弦定理得，即， 由余弦定理得， 又，所以 由知，，即， 若，，则，即， ①因为的平分线交BC于点D， 所以， 因为， 所以，即， 所以 ②因为，，， 所以，， 所以，即，所以， 设，， 在中，由正弦定理知，， 所以， 在中，， 由正弦定理知，， 所以， 所以的面积， 设， 因为，所以， 当时，取得最大值1，取得最大值， 此时S取得最小值 利用正弦定理将已知等式中的角为边，再结合余弦定理，求解即可； 结合已知条件与中所得，可知，①根据，利用三角形的面积公式，求解即可；②先求得，，设，，分别在和中，利用正弦定理用含的式子表示出BP和BQ，再结合三角形的面积公式与三角恒等变换公式，求解即可． 本题考查解三角形，熟练掌握正余弦定理，三角恒等变换公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$