精品解析：黑龙江省牡丹江市第三高级中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

2024—2025学年度第二学期期中考试试题 高一 数学试卷 考试时间：120分钟 分值：150分 命题人：王义刚 一、选择题：共8小题，每小题5分，在每小题选项只有1个符合题目要求单选题 1. 已知复数，，则的实部与虚部分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】应用复数加法求，根据实部、虚部定义得答案. 【详解】因为，，所以，其实部与虚部分别为，. 故选：A 2. 在中，内角所对各边分别为，且，则角（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理结合给定条件得到，再依据三角形中角的范围求解即可. 【详解】因为，且由余弦定理得， 所以，解得，而在中，，则，故A正确. 故选：A． 3. 长方体的一个顶点上三条棱长为3、4、5，且它的八个顶点都在一个球面上，这个球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据球的直径是长方体的体对角线，由，求得半径即可. 【详解】设球的半径为R，由题意，球的直径是长方体的体对角线， 所以， 解得， 所以球的表面积为：， 故选：C 4. “平面向量，平行”是“平面向量，满足”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量数量积的定义，向量平行的定义以及充分条件，必要条件的定义即可判断． 【详解】若平面向量，平行，则向量，方向相同或相反，所以或； 若，则，即向量，方向相同，以及向量，平行． 综上，“平面向量，平行”是“平面向量，满足”的必要非充分条件． 故选：B． 5. 如图，四边形ABCD是平行四边形，E是BC的中点，点F在线段CD上，且，AE与BF交于点P，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出，求得，再利用向量相等求解即可. 【详解】连接AF，因为B，P，F三点共线， 所以， 因为，所以， 所以. 因为E是BC的中点， 所以. 因为， 所以， 则， 解得. 故选：A 【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，考查了平面向量基本定理的应用，属于基础题. 6. 已知向量 ，若 ，则 （ ） A. 1 B. -1 C. 0 D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查向量垂直的坐标表示，代入求值即可. 【详解】， 又， ，即， 解得：. 故选：B. 7. 已知球与棱长为的正方体的各条棱都相切，则球内接圆柱的侧面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可知球的直径等于正方体的面对角线长，即，得出 圆柱高与的关系，结合圆柱侧面积公式和二次函数的性质即可得出结果. 【详解】由题意知球的直径等于正方体面的对角线长， 所以球的半径，设圆柱的高为，则底面圆半径， 所以 当时取得最大值，且最大值为. 故选 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 8. 如图，在边长为2的正六边形中，动圆的半径为1，圆心在线段（含端点）上运动，是圆上及内部的动点，设向量（，为实数），则的最大值是（ ） A. 2 B. 3 C. 5 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量数量积的运算律可得，应用重要不等式及数形结合可得且，此时共线，即可确定最大值. 【详解】由， 根据题设，， 又，当且仅当时等号成立， 所以，即， 如上图知：当圆心在上运动时，有，此时共线， 所以，当且仅当时等号成立，故． 故选：C 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 下列说法中，正确的是（ ） A. 任意单位向量的模都相等. B. 若，是平面内的两个不同的点，则 C. 若向量，，则 D. 零向量与任意向量平行 【答案】AD 【解析】 【分析】根据单位向量、向量共线定义判断即可； 【详解】解：对于A：根据单位向量的定义可知任意单位向量的模都相等，故A正确； 对于B：与互为相反向量，故B错误； 对于C：若时，与不一定共线，故C错误； 对于D：零向量与任意向量平行，故D正确； 故选：AD 10. 如图，一块半径为4的圆形铁片上有3块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的正三角形沿虚线加工成一个正三棱锥，则该正三棱锥的（ ） A. 表面积为 B. 表面积为 C. 体积为 D. 体积为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据正弦定理得到正三棱锥的棱长，结合正三棱锥表面积和体积公式求解即可. 【详解】在中，由正弦定理得，， 该正三棱锥表面积即的面积，为，故A正确，B错误. 如下图所示，记中点分别为，重合于点， 则正三棱锥的棱长为，， 过点作平面，连接， 则在中，由正弦定理得，则， 所以， 所以该正三棱锥体积，故C正确，D错误. 故选：AC 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 是钝角三角形 C. 若，则 内切圆半径为 D. 若，则外接圆半径为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正弦定理知A正确，计算最大角为锐角，B错误，根据面积公式得到C正确，根据正弦定理得到D正确，得到答案. 【详解】，A正确； ，三角形最大角为锐角，B错误； ，故，， 设内切圆半径为，则，故，C正确； ，，D正确. 故选：ACD. 二填空题：本大题共3小题，每小题5分. 12. 已知向量与的夹角为60°，，，则在方向上的数量投影为______． 【答案】3 【解析】 【分析】求出以及，然后结合投影的概念即可直接求解. 【详解】因为向量与的夹角为60°，，， 所以 ， 则在方向上的数量投影为. 故答案为：3. 13. 如图，是水平放置的的直观图，，轴，则的面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】由斜二测画法相关知识结合图形可得答案. 【详解】依题意是等腰直角三角形，，所以， 则在原图中，，，且，所以的而积为． 故答案为：. 14. 祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家.祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R的圆柱与半径为R的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体，设圆锥顶点到平面的距离为l，则截得的截面面积都为______（用R，l表示），由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等，从而得到半球的体积公式. 【答案】 【解析】 【分析】分别求出半球中截面面积为，柱中截面为圆柱底面面积减去一个小圆面积，求出圆锥小截面半径即可. 【详解】在半球中，截面为圆，半径为， 所以截面面积为， 在圆柱中截面为圆柱底面面积减去一个小圆的面积， 在轴截面中，，所以，则小圆的面积为， 则截面面积为， 所以截得的截面面积都为. 故答案： 三、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. 已知是同一平面的三个向量，. （1）若，且，求的坐标； （2）若，且，求与夹角的余弦值. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）由题意设，根据模的计算公式列方程求出参数即可得解； （2）由题意得，代入求得，结合向量夹角公式即可求解. 【小问1详解】 因为，设， 则，， 所以或. 【小问2详解】 因为， 所以， 又因为，所以由，可知， 所以. 16. 已知分别为三个内角的对边，且. （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化边为角，利用三角恒等变换化简等式，进而求解三角方程可得； （2）由锐角三角形求得角范围，由正弦定理求出边，再将三角形的面积转化为角的三角函数式，结合三角函数的性质，即可求其范围. 【小问1详解】 根据正弦定理，可化为， 由 . 因，所以， 故有，即有， 因为，所以， 故有，所以. 【小问2详解】 因为为锐角三角形，由（1）已得， 则有，解得. 由正弦定理可得， 所以有， 所以， 因为，所以， 所以， 所以面积的取值范围是. 17. 在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角B的大小； （2）从条件①；条件②这两个条件中选择一个作为已知，求△ABC的面积. 【答案】（1） （2）条件①：；条件②： 【解析】 【分析】（1）首先利用正弦定理边化角求出，再结合角的范围，即可求得. （2）选条件①：首先利用余弦定理求出，再结合三角形面积公式即可求得. 选条件②:首先利用正弦定理求出，再结合三角函数恒等变换求出，再利用三角形面积公式即可求得. 【小问1详解】 解：（1）因为，由正弦定理． 因，所以． 又因为，所以． 【小问2详解】 选条件①：； 因为，由（1）得， 所以根据余弦定理得，可得，解得． 所以的面积， 选条件②：； 由（1）知且， 根据正弦定理得，所以， 因为， 所以， 所以的面积． 18. 已知按照斜二测画法画出的直观图如图所示，其中，，． （Ⅰ）画出的原图并求其面积： （Ⅱ）若以的边BA为旋转轴旋转一周，求所得几何体的体积和表面积． 【答案】（Ⅰ）原图见解析，面积为8；（Ⅱ）体积为，表面积为. 【解析】 【分析】（Ⅰ）根据斜二测画法规则还原的原图即可求解； （Ⅱ）以的边BA为旋转轴旋转一周所得几何体为圆锥，由圆锥体积和表面积公式即可求解. 【详解】解：（Ⅰ）由斜二测画法，原图中，，的原图如下： ； （Ⅱ）以的边BA为旋转轴旋转一周所得几何体为：底面圆半径为4，高为4，母线长为的圆锥，故所得几何体的体积为，所得几何体的表面积为. 19. 已知的三内角所对的边分别是，向量，且． （1）求角的大小； （2）若，求三角形周长的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用以及正弦定理边化角，整理计算后可得答案； （2）利用余弦定理求得，在根据三角形边的关系可得的范围，进而可得周长范围. 【小问1详解】 由已知，且， ， 由正弦定理得， ， 即， ，； 【小问2详解】 由余弦定理，得 ， 当且仅当时取等号． ，故，又， ∴的取值范围是， 所以周长的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024—2025学年度第二学期期中考试试题 高一 数学试卷 考试时间：120分钟 分值：150分 命题人：王义刚 一、选择题：共8小题，每小题5分，在每小题选项只有1个符合题目要求单选题 1. 已知复数，，则的实部与虚部分别为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 在中，内角所对各边分别为，且，则角（ ） A. B. C. D. 3. 长方体的一个顶点上三条棱长为3、4、5，且它的八个顶点都在一个球面上，这个球的表面积是（ ） A. B. C. D. 4. “平面向量，平行”是“平面向量，满足”的（ ） A 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 如图，四边形ABCD是平行四边形，E是BC中点，点F在线段CD上，且，AE与BF交于点P，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量 ，若 ，则 （ ） A. 1 B. -1 C. 0 D. 7. 已知球与棱长为的正方体的各条棱都相切，则球内接圆柱的侧面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在边长为2的正六边形中，动圆的半径为1，圆心在线段（含端点）上运动，是圆上及内部的动点，设向量（，为实数），则的最大值是（ ） A. 2 B. 3 C. 5 D. 6 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9. 下列说法中，正确的是（ ） A. 任意单位向量的模都相等. B. 若，是平面内的两个不同的点，则 C. 若向量，，则 D. 零向量与任意向量平行 10. 如图，一块半径为4圆形铁片上有3块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的正三角形沿虚线加工成一个正三棱锥，则该正三棱锥的（ ） A. 表面积为 B. 表面积为 C. 体积为 D. 体积为 11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 钝角三角形 C. 若，则 内切圆半径为 D. 若，则外接圆半径为 二填空题：本大题共3小题，每小题5分. 12. 已知向量与的夹角为60°，，，则在方向上的数量投影为______． 13. 如图，是水平放置的的直观图，，轴，则的面积为______． 14. 祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家.祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.例如可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为R的圆柱与半径为R的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为R，高为R的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体，设圆锥顶点到平面的距离为l，则截得的截面面积都为______（用R，l表示），由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等，从而得到半球的体积公式. 三、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知是同一平面的三个向量，. （1）若，且，求的坐标； （2）若，且，求与夹角的余弦值. 16. 已知分别为三个内角的对边，且. （1）求； （2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围. 17. 在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角B的大小； （2）从条件①；条件②这两个条件中选择一个作为已知，求△ABC的面积. 18. 已知按照斜二测画法画出直观图如图所示，其中，，． （Ⅰ）画出的原图并求其面积： （Ⅱ）若以的边BA为旋转轴旋转一周，求所得几何体的体积和表面积． 19. 已知的三内角所对的边分别是，向量，且． （1）求角的大小； （2）若，求三角形周长的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$