精品解析：黑龙江省牡丹江市第二高级中学2024-2025学年高一下学期5月期中数学试题

牡丹江二中2024—2025学年度第二学期高一学年期中考试 数学 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3．本试卷命题范围：必修第二册的第六章、第八章的8.1~8.5． 一、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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 等于（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 3. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 7 4. 已知点在线段上，且，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为（ ） A. 3 B. C. 4 D. 6. 已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知在△ABC中，角A，B所对的边分别是a和b，若a cos B＝b cos A，则△ABC一定是（　　） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 8. 已知，，，则向量在向量方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题中正确的有（ ） A. 棱柱的侧面一定是平行四边形 B. 空间内三点确定一个平面 C. 分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点只可能在两个平面的交线上 D. 一条直线与三角形的两边都相交，则这条直线必在三角形所在的平面内 10. 已知的内角的对边分别为，已知，锐角C满足，则（ ） A. 的面积为 B. C. D. 11. 已知一个各棱长均为4（单位：）的正三棱柱容器（容器壁厚度忽略不计），则（ ） A. 能够将直径为2的球体放入该容器 B. 能够将棱长为3.9的正四面体放入该容器 C. 能够将棱长为1.6的正八面体放入该容器 D. 若点P为线段的中点，则沿该容器的表面从点A到达点P路程的最小值超过5.6 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则点的坐标是__________. 13. 在中，，，，则______． 14. 已知正四棱锥的底面边长为4，其各顶点都在同一球面上，若该球的表面积为，则四棱锥的最大体积为______. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知向量与的夹角为60°，＝1，． （1）求及； （2）求. 16. 如图，一个倒立的圆锥形水杯，底面半径为5，高为10．将一定量的水注入其中，水形成的圆锥高为． （1）若，求水的体积； （2）若水的体积为水杯体积的一半，求．（精确到0.01） 17. 已知四棱锥，底面为矩形，，，分别是，，的中点.证明： （1）平面平面； （2）平面. 18. 如图，在中，，，，分别在边，上，且满足，，为中点. （1）若，求实数，的值； （2）若，求边的长. 19. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）求A﹔ （2）若，D为BC的中点，求AD. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 牡丹江二中2024—2025学年度第二学期高一学年期中考试 数学 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3．本试卷命题范围：必修第二册的第六章、第八章的8.1~8.5． 一、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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算化简即可. 【详解】． 故选：B. 2. 已知向量，，且，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，可得，计算即可得的值. 【详解】由，故，故. 故选：D. 3. 在中，，则（ ） A. B. C. D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】在中，直接利用余弦定理求解 【详解】在中，由余弦定理得：， 所以， 故选：D. 4. 已知点在线段上，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，画出草图，可明确两向量的关系. 【详解】因为点在线段上，且. 根据题意，可得图形： 可设，则，， 且与方向相反，所以. 故选：C 5. 已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为（ ） A. 3 B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由侧面展开图为扇形，扇形的弧长为底面圆的周长，扇形半径为圆锥的母线，据此计算即可求解. 【详解】由圆锥的特征可知圆锥的侧面展开图形成的扇形弧长为底面圆的周长， 则该弧长为，又，由扇形的弧长公式可知：圆锥的母线长为． 故选：A. 6. 已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法的公式，画出复原图即可求解. 【详解】因为，，取的中点为坐标原点，以为建立坐标系如左图， 因为斜二测直观图为矩形，，, 则， 可得原图中（右图），, , 四边形的面积为. 故选：D. 7. 已知在△ABC中，角A，B所对的边分别是a和b，若a cos B＝b cos A，则△ABC一定是（　　） A. 等腰三角形 B. 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】利用正弦定理边角互化，再结合两角差的正弦公式即可得解. 【详解】由正弦定理得，a cos B＝b cos A⇒sin A cos B＝sin B cos A⇒sin (A－B)＝0， 由于－π＜A－B＜π，故必有A－B＝0，A＝B，即△ABC为等腰三角形． 故选：A. 8. 已知，，，则向量在向量方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据投影向量定义直接求解即可. 【详解】，， 向量在向量方向上的投影向量为. 故选：D. 二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列命题中正确的有（ ） A. 棱柱的侧面一定是平行四边形 B. 空间内三点确定一个平面 C. 分别在两个相交平面内的两条直线如果相交，则交点只可能在两个平面的交线上 D. 一条直线与三角形的两边都相交，则这条直线必在三角形所在的平面内 【答案】AC 【解析】 【分析】利用平面的定义，棱柱的定义，对选项逐一判断即可. 【详解】对于A选项，由棱柱的定义可知，其侧面一定是平行四边形，故A正确； 对于B选项，要强调该三点不在同一直线上，故B错误； 对于C选项，两条直线的交点同时在两个平面上，所以交点只可能在两个平面的交线上，故C正确； 对于D选项，要强调该直线不经过给定两边的交点，故D错误. 故选：AC. 10. 已知的内角的对边分别为，已知，锐角C满足，则（ ） A. 的面积为 B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由三角形的面积公式，可判定A错误；由三角函数的基本关系式，可判定B正确，由余弦定理，可判定C正确，D错误. 【详解】在中，因为，且， 由三角形的面积公式，可得，所以A错误； 由为锐角，且，可得，所以B正确； 由余弦定理得，可得，所以C正确； 由余弦定理得，所以D不正确. 故选：BC. 11. 已知一个各棱长均为4（单位：）的正三棱柱容器（容器壁厚度忽略不计），则（ ） A. 能够将直径为2的球体放入该容器 B. 能够将棱长为3.9的正四面体放入该容器 C. 能够将棱长为1.6的正八面体放入该容器 D. 若点P为线段的中点，则沿该容器的表面从点A到达点P路程的最小值超过5.6 【答案】ABC 【解析】 【分析】求出正四面体内切球的半径可判断A；求出正四面体的高，则可判断B；求出正八面体的面对角线长，则可判C；将正三棱柱侧面展开，求最小值，判断D. 【详解】对于A，设正三棱柱底面的内切圆半径为r， 则由等面积法得，所以，， 故直径为2dm的球体可以放入该正三棱柱容器，A正确； 对于B，棱长为3.9dm的正四面体其高显然小于其棱长， 故可将该正四面体的底面放置于该容器的底面上，则其顶点在该容器内， 即能够将棱长为3.9dm的正四面体放入该容器，B正确； 对于C，如图1为一个边长为4dm的正， 正方形DEFG的各顶点在的边上， 设正方形的边长为2x，则，，则， 即，解得， 而棱长为1.6dm的正八面体的面对角线长为， 所以能够将棱长为1.6dm的正八面体放入该容器，C正确； 对于D，正三棱柱如图2所示.当按照图3所示展开， 过P作于，可知，， 由勾股定理可得； 当按照图4所示展开，连接AP交BC于点O， 可知，，所以， 因为，故点A到点P的路程最小值，D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：选项D，分两种情况展开正三棱柱，如图，求最短距离. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则点的坐标是__________. 【答案】 【解析】 【分析】设，由坐标运算有，对应，即可求解. 【详解】设，因， 解得故点的坐标是. 故答案为：. 13. 在中，，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据三角形的内角和结合诱导公式化简已知式子，从而可得的值，根据平方关系求得的值，从而由三角形面积公式得所求. 【详解】由题意知， 则，所以， 因为，所以， 所以． 故答案为：. 14. 已知正四棱锥的底面边长为4，其各顶点都在同一球面上，若该球的表面积为，则四棱锥的最大体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】画出图形，由于正四棱锥的底面积固定，所以只需求出棱锥高的最大值即可得到最大体积；而球心到底面的距离加上求半径即为高的最大值，计算可得答案. 【详解】画出图形，如图所示： 设底面于点，则为正方形的中心，则， 因为该球的表面积为，则，所以该球的半径r为3， 则， 则四棱锥的最大体积为， 故答案为：. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知向量与的夹角为60°，＝1，． （1）求及； （2）求. 【答案】（1）2，1； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用模长坐标公式求，再由数量积的定义求； （2）应用向量数量积的运算律求即可. 【小问1详解】 由题设，则 【小问2详解】 由 ， 所以. 16. 如图，一个倒立的圆锥形水杯，底面半径为5，高为10．将一定量的水注入其中，水形成的圆锥高为． （1）若，求水的体积； （2）若水的体积为水杯体积的一半，求．（精确到0.01） 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据相似得到，代入体积公式计算即可. （2）根据体积的关系结合圆锥体积公式解方程得到答案. 【小问1详解】 设水形成的圆锥底面半径为， 如图，由相似性可知，则， ； 故水的体积为. 【小问2详解】 由相似性可得，则， ， 化简得，解得. 故约为. 17. 已知四棱锥，底面为矩形，，，分别是，，的中点.证明： （1）平面平面； （2）平面. 【答案】（1） 因为，，分别是，，的中点，所以,， 又因为底面为矩形，所以,所以, 又平面,平面， 所以面. 又因为平面,平面， 所以平面. 因为,平面, 所以平面平面. （2） 因为平面，平面平面， 所以平面. 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理分别证明面，平面，进而由面面平行的判定定理即可得证； （2）由面面平行的性质即可得证. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 如图，在中，，，，分别在边，上，且满足，，为中点. （1）若，求实数，的值； （2）若，求边的长. 【答案】（1），. （2）8 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算以及平面向量的基本定理求得正确答案. （2）利用转化法化简，从而求得的长. 【小问1详解】 ∵，，∴， ∴，∴，. 【小问2详解】 ， ， 设，∵，， ，即， 解得（舍）或，∴长为8. 19. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）求A﹔ （2）若，D为BC的中点，求AD. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，结合两角和的正弦公式得到，从而得解； （2）先利用余弦定理得到，再根据D为BC的中点，由求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 整理得， 因为，所以，则； 【小问2详解】 因为， 由余弦定理得，即，解得或（舍去）， 又因为D为BC的中点，所以， 则 ， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $