精品解析：山东省青岛市青岛第五十八中学2024-2025学年高一下学期期中数学试题

2024-2025学年第二学期高一年级期中检测 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案题号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第I卷 一、单项选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 设复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘除法运算即可得到答案. 【详解】. 故选：A 2. 已知在中，，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理计算可得. 【详解】由正弦定理，即，解得， 又，所以，所以. 故选：B 3. 已知直线与平面，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】根据各项线面关系，结合平面的基本性质及空间想象判断各项的正误即可. 【详解】A：由，则，又，故平行或异面，错； B：若，易知平行或相交都有可能，错； C：在空间中，易知平行、相交、异面均有可能，错； D：由，则可沿某个平面平移至平面内， 又，则垂直于平面内任意直线，易得，对. 故选：D 4. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用投影向量的公式计算出答案. 【详解】向量在上的投影向量为．， ，则. 故选：A． 5. 如图，为了测量河对岸的塔高，某测量队选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测量得，米，在点，处测得塔顶的仰角分别为，，则塔高（ ） A. 15米 B. 米 C. 30米 D. 米 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，得到，在中，利用余弦定理，列出方程，即可求解. 【详解】在中，因为，可得 在中，因为，可得 在中，因为 由余弦定理得 即，可得 解得或（舍去），即塔的高度为30米. 故选：C. 6. 已知中，，则此三角形为（ ） A. 等边三角形 B. 等腰非等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】若是的中点，易得，即，再应用向量数量积的运算律和定义可得，即，即可确定三角形性状. 【详解】若是的中点，则，故， 所以，显然为等腰三角形，即， 由，可得， 又，故，故为等边三角形. 故选：A 7. 一个长方体墨水瓶的长、宽、高分别为10cm、8cm、15cm，内部装有400毫升墨水.将墨水瓶倾斜，使其一条长边（10cm）置于水平地面，高边（15cm）所在直线与水平地面成45度角，则此时墨水与墨水瓶接触部分的面积为（ ） A. 180 B. 220 C. 260 D. 300 【答案】C 【解析】 【分析】注意讨论截面的形状，根据已知及棱柱的体积公式求截面相关边长，进而求墨水与墨水瓶接触部分的面积； 【详解】如下图，若截面为等腰直角三角形，腰长为， 则，可得，不符， 如下图，若截面为直角梯形，上底长为， 则，可得，满足， 所以此时墨水与墨水瓶接触部分的面积. 故选：C 8. 已知球与正三棱柱的各个面均相切，记平面截球所得截面的面积为，球的表面积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】因为球与正三棱柱各面均相切，所以正三棱柱高是球直径，底面正三角形内切圆半径是球半径，由此确定正三棱柱底面边长. 求球心到平面距离时，找到相关点连线，利用正三棱柱上下底面中心与高的关系得到，再在直角三角形中求，进而得出球心到平面距离. 根据勾股定理求截面圆半径，再用圆面积公式得截面圆面积. 用球表面积公式求球表面积，最后算两者面积比值. 【详解】如图，设球的半径为球与正三棱柱的各个面均相切 正三棱柱的高为，底面边长为. 设正三棱柱上，下底面的中心分别是是的中点，连接交于， 则到平面的距离 .又. 所得截面圆半径， 故选：A. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 下列有关复数的说法中（其中为虚数单位），正确的是（ ） A. B. 复数的虚部为 C. 复数z为实数的充要条件是 D. 已知复数z满足，则复数z对应点的集合是以O为圆心，以2为半径的圆 【答案】CD 【解析】 【分析】由复数的相关概念即可判断A，由纯虚数的定义即可判断C，由复数的几何意义即可判断D. 【详解】对于A，不全是实数的两个复数不能比较大小，故A错误； 对于B，复数的虚部为，故B错误； 对于C，设，则， 若为实数，则，此时； 反之，若，即，则，为实数，故C正确； 对于D，设，由可得， 即，它表示以原点为圆心，半径为的圆，故D正确； 故选：CD 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 若将的图象向左平移个单位长度可以得到的图象，则为奇函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】由图象过点代入计算可判断A选项，由图象过点代入可得的范围，结合两点以及的横坐标的长度判断周期，可确定的值，从而判断B，由AB可求出解析式，结合诱导公式可判断C，根据图象的平移求出解析式，可判断D. 【详解】解：由图象可知，函数过，代入则有，所以，又，所以，故A正确； 又图象过点，所以，所以，可得，，因为，所以，即，故B正确； 由AB可知：，故C正确； 将的图象向左平移个单位长度可以得到，为偶函数，故D不正确； 故选：ABC 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（ ） A. 动点的轨迹是一条线段 B. 直线与的夹角为 C. 三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D. 若过，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A：分别取，的中点H，G，连接，，，，证明平面平面，从而得到点F的轨迹；B：由正方体的结构特征易知且为等边三角形，即可判断；C：根据B得出平面，从而得到点F到平面的距离为定值，再结合的面积也为定值，即可判断；D：设为的中点，从而根据面面平行的性质定理得到截面即为面，从而线段长度的最大值为线段的长，即可判断. 【详解】A：如图分别取，的中点H，G，连接，，，． 由正方体的性质可得，平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 且，平面，所以平面平面， 而平面，所以平面，所以点F的轨迹为线段GH，对； B：由正方体的结构特征易知且为等边三角形， 所以直线与的夹角，即直线与的夹角为，对； C：由B知，点F的轨迹为线段GH，因为平面，则点F到平面的距离为定值， 同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，错； D：如图，设平面与平面交于AN，N在上． 因为截面平面，截面平面，平面平面， 所以，同理，所以截面为平行四边形，则点N为的中点． 在四棱锥中，侧棱最长，且，对. 故选：ABD 第II卷 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 圆台上底面半径为2cm，下底面半径为4cm，母线，A在上底面上，B在下底面上，从中点M拉一条绳子，绕圆台侧面一周到B点，则绳子最短距离为_____cm 【答案】 【解析】 【分析】由题意需先画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，则所求的最短距离是平面图形两点连线，根据条件求出扇形的圆心角以及半径长，再求出最短的距离． 【详解】画出圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，且设扇形的圆心为, 由图得：所求的最短距离是， 设，圆心角是， 则由题意知，①， ②， 由①②解得，， ∴，则． 则绳子最短距离为cm． 故答案为：． 13. 菱形中，，，，，点在线段上，且，则________. 【答案】 【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，再根据模长的计算方法，得的值从而得解． 【详解】因为，所以， 所以， 因为点在线段上， 可设 ， 而，又与不共线， 所以，解得，所以， 则 ， 所以. 故答案为：. 14. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用正余弦定理，结合三角恒等变换得到，再利用基本不等式即可得解. 【详解】由余弦定理得， 两式相减得， 因为，所以， 由正弦定理得， 即， 所以， 则， 因为在中，不同时为，，故， 所以， 又，所以，则，故，则， 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立， 又，所以，即的最大值为. 故答案为：. 【点睛】易错点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误． 四、解答题（本大题共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. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知. （1）求角的大小； （2）若，当的周长取最大值时，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理得到，再根据倍角公式得，进而得到； （2）根据余弦定理得，再利用均值不等式得，当且仅当时取等号，此时周长最大，再由面积公式求得此时的面积. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 因为，所以， 又因为，且，所以， 又因为，， 所以，即. 【小问2详解】 在中，由余弦定理， 得，即， 所以，当且仅当时取等号， 所以周长最大值为， 此时面积. 16. 如图，在中，，，，为内一点，． （1）若，求； （2）若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由题设条件结合诱导公式依次得到、和，再在中结合余弦定理即可求解； （2）设，先由题设条件求得，再在中结合正弦定理即可求解. 小问1详解】 由已知得， 所以 ，从而． 在中，由余弦定理得， 所以． 【小问2详解】 设，由已知得， 在中，由正弦定理得， 化简得，所以. 17. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，点在线段上，且为的重心，点在棱上，且，点在棱上，且. （1）证明：平面平面； （2）若，，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据重心性质和相似比可证明，通过证明为平行四边形可得，然后由线面平行判定定理和面面平行判定定理可证； （2）过点作于点，交于点，然后通过证明平面得知平面，然后利用等面积求解可得. 【小问1详解】 如图，设交于点，连接. 因为底面为菱形，为的重心， 所以. 又，所以， 所以. 因为平面，平面， 所以平面. 在直四棱柱中，，且， 又，， 所以，， 所以四边形为平行四边形，所以. 因为平面，平面， 所以平面. 因为平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 如图，过点作于点，交于点. 因为平面，平面，所以， 又为菱形，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 因为，平面，所以平面. 因为平面平面，所以平面， 所以平面. 因为，，所以，为正三角形， 所以，， 所以. 故点到平面距离为. 【点睛】关键点睛：本题第二问关键在于通过证明平面，结合（1）中结论得平面，然后利用等面积法求解. 18. 已知在平面四边形中，，，．将沿BD翻折至，，点在线段BD上，且，． （1）求证：面； （2）求三棱锥外接球的半径； （3）求直线CF与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）只需证明，，然后结合线面垂直的判定定理即可得证； （2）结合等边三角形的外心和三棱锥外接球球心的关系，设球的半径为R，，即可列出方程组，由此即可得解. （3）引入参数，结合线面角的定义将直线CF与平面所成角的正弦值表示成的函数，由此即可通过研究该函数的性质即可得解. 【小问1详解】 ，，是等边三角形． 又，，即，． ，，由勾股定理得，． 又BC，面，，面． 【小问2详解】 过等边三角形的外心作直线面， 设球心，连接OA，OB，过点作，交AB于． 设球的半径为R，，则，，解得，． 【小问3详解】 由（1）得，面，， 而在中，，得，， 由题意，所以， 所以， 设到面的距离为，则， ，，得． 在中，由余弦定理，得． 设CF与平面所成角为， 则， ，，． 19. 已知在平面直角坐标系中，O为坐标原点，定义函数的“和谐向量”为非零向量，的“和谐函数”为.记平面内所有向量的“和谐函数”构成的集合为T. （1）已知，，若函数为集合T中的元素，求其“和谐向量”模的取值范围； （2）已知，设（，），且的“和谐函数”为，其最大值为S，求. （3）已知，，设（1）中的“和谐函数”的模取得最小时的“和谐函数”为，，试问在的图象上是否存在一点Q，使得，若存在，求出Q点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）将变成已知条件的形式，再根据“和谐向量”及向量的模的坐标公式计算即可得解； （2）设，再求出，再根据“和谐函数”的定义结合三角恒等变换化简函数，再根据三角函数的性质即可求出，即可得解； （3）结合（1）求出“和谐向量”，进而可得，的解析式，设出点的坐标，再根据数量积的坐标公式，计算分析即可得解. 【小问1详解】 ， 所以函数的“和谐向量”向量， ， 因为，所以， 所以的取值范围为； 【小问2详解】 设， 则， 所以 ， 此时存在，满足，当且仅当时取等号，其中， 所以，即，所以， 所以的最大值， 所以； 小问3详解】 由（1）知，当时，最小，此时， 所以， 设，令， 则， 因为， 所以，即， 所以，所以，即， 而，则，当且仅当时，等式成立， 所以在的图象上存在一点，使得. 【点睛】关键点点睛：理解“和谐向量”和“和谐函数”是解决本题的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年第二学期高一年级期中检测 数学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案题号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第I卷 一、单项选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 设复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2. 已知在中，，，，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 3. 已知直线与平面，下列命题正确是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知向量，，则在上投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，为了测量河对岸的塔高，某测量队选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测量得，米，在点，处测得塔顶的仰角分别为，，则塔高（ ） A. 15米 B. 米 C 30米 D. 米 6. 已知中，，则此三角形为（ ） A. 等边三角形 B. 等腰非等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 7. 一个长方体墨水瓶的长、宽、高分别为10cm、8cm、15cm，内部装有400毫升墨水.将墨水瓶倾斜，使其一条长边（10cm）置于水平地面，高边（15cm）所在直线与水平地面成45度角，则此时墨水与墨水瓶接触部分的面积为（ ） A. 180 B. 220 C. 260 D. 300 8. 已知球与正三棱柱的各个面均相切，记平面截球所得截面的面积为，球的表面积为，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 下列有关复数的说法中（其中为虚数单位），正确的是（ ） A. B. 复数的虚部为 C. 复数z为实数的充要条件是 D. 已知复数z满足，则复数z对应点集合是以O为圆心，以2为半径的圆 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 若将的图象向左平移个单位长度可以得到的图象，则为奇函数 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（ ） A. 动点的轨迹是一条线段 B. 直线与夹角为 C. 三棱锥的体积是随点的运动而变化的 D. 若过，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度最大值为 第II卷 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 圆台上底面半径为2cm，下底面半径为4cm，母线，A在上底面上，B在下底面上，从中点M拉一条绳子，绕圆台侧面一周到B点，则绳子最短距离为_____cm 13. 菱形中，，，，，点在线段上，且，则________. 14. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的最大值为______． 四、解答题（本大题共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. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知. （1）求角的大小； （2）若，当的周长取最大值时，求的面积. 16. 如图，在中，，，，为内一点，． （1）若，求； （2）若，求． 17. 如图，在直四棱柱中，底面为菱形，点在线段上，且为的重心，点在棱上，且，点在棱上，且. （1）证明：平面平面； （2）若，，求点到平面的距离. 18. 已知在平面四边形中，，，．将沿BD翻折至，，点在线段BD上，且，． （1）求证：面； （2）求三棱锥外接球的半径； （3）求直线CF与平面所成角的正弦值的取值范围． 19. 已知在平面直角坐标系中，O为坐标原点，定义函数的“和谐向量”为非零向量，的“和谐函数”为.记平面内所有向量的“和谐函数”构成的集合为T. （1）已知，，若函数为集合T中的元素，求其“和谐向量”模的取值范围； （2）已知，设（，），且的“和谐函数”为，其最大值为S，求. （3）已知，，设（1）中的“和谐函数”的模取得最小时的“和谐函数”为，，试问在的图象上是否存在一点Q，使得，若存在，求出Q点坐标；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 $