精品解析：天津市第二十五中学2024-2025学年高一下学期5月期中考试数学试题

天津市第二十五中学2024-2025学年第二学期 高一数学期中试卷 一、单选题（每题3分，共30分） 1. 已知复数满足（其中为虚数单位），则的虚部是（ ） A. B. C. D. 2. 若 是平面内的一个基底，则下列四组向量中能作为平面向量的基底的是（ ） A B. C. D. 3. 已知一个圆锥的底面半径为1，母线长为4，则圆锥的侧面展开图的圆心角为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，则四边形的周长为（ ） A. 20 B. 12 C. D. 5. 已知点，，则与向量方向相反的单位向量是（ ） A B. C. D. 6. 已知，是两条不同直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 7. 已知，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面内三点，，，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 9. 如图，在中，在线段上，满足，为线段上一点，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 10. 在中，，记的面积为，若，判断 的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 二、填空题（每空3分，共18分） 11. 已知，z的共轭复数为，则__________． 12. 已知正方体外接球的表面积与内切球的表面积之差为，则该正方体的棱长为________. 13. 设和是两个不共线的向量，若，且三点共线，则实数的值为_____. 14. 在中，，点D满足，则的长为_____________． 15. 已知在平行四边形ABCD中，，，，F是线段AD的中点，．若，AE与BF交于点N，，则的值为__________．若，则的最小值是__________． 三、解答题（共5道题，共52分） 16. 当实数m何值时，复数为 （1）实数； （2）虚数； （3）纯虚数； （4）零. 17. 已知平面向量. （1）若，求值； （2）若，求的值. （3）若与的夹角是钝角，求的取值范围. 18. 已知A，B，C分别为三边a，b，c所对的角，向量，，且． （1）求角C的大小； （2）若，且，求边c的长． 19. 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，． （1）求； （2）若的面积为，且， （ⅰ）求的周长； （ⅱ）若，求． 20. 如图，在棱长均为2的正三棱柱中，为棱的中点． （1）求证：直线平面； （2）求证：平面平面； （3）若为棱上一点，且，求直线与平面所成角的正切值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 天津市第二十五中学2024-2025学年第二学期 高一数学期中试卷 一、单选题（每题3分，共30分） 1. 已知复数满足（其中为虚数单位），则的虚部是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】将复数利用复数的四则运算求解出来，即可得出虚部. 【详解】由题意，得，所以的虚部为， 故选：B． 2. 若 是平面内的一个基底，则下列四组向量中能作为平面向量的基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量的基本定理和基底的概念逐项判断两个向量是否共线即可. 【详解】对于A选项，因为，所以共线，不能作为平面向量的基底，故A不合题意； 对于B选项， 假设存在实数使得，则，，无解，所以不共线，可以作为平面的基底，故B正确； 对于C选项，因为，所以共线，不能作为平面向量的基底，故C不合题意； 对于D选项，因为，所以共线，不能作为平面向量的基底，故D不合题意. 故选：B. 3. 已知一个圆锥的底面半径为1，母线长为4，则圆锥的侧面展开图的圆心角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求展开图中扇形的弧长，再由圆心角与弧长和扇形半径的关系求圆心角. 【详解】圆锥的侧面展开图为扇形， 扇形的弧长等于圆锥的底面周长，扇形的半径等于圆锥的母线长， 所以圆锥的侧面展开图的圆心角为. 故选：B. 4. 如图，水平放置四边形的斜二测直观图为矩形，已知，则四边形的周长为（ ） A. 20 B. 12 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，作出原图矩形，分析原图中的值进而计算可得答案. 【详解】根据题意，矩形中，， 则，如图：原图矩形中，， ， ， 则四边形的周长. 故选：A. 5. 已知点，，则与向量方向相反的单位向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】与非零向量方向相反的单位向量为，进而可求得结果. 【详解】，，，则， 因此，与向量方向相反的单位向量是. 故选：D. 【点睛】本题考查单位向量的求解，利用结论：与非零向量方向相反的单位向量为是解题的关键，考查计算能力，属于基础题. 6. 已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面位置关系判定定理和性质定理，逐项判定即可. 【详解】对于A，由，，得或，A错误； 对于B，由，，得，又，则，B正确； 对于C，当相交时，其交线垂直于平面，满足，，不平行，C错误； 对于D，由，，，得或是异面直线，D错误. 故选：B. 7. 已知，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出向量的坐标，再利用向量夹角公式求解作答. 【详解】由题意， ， 所以， 所以， 而，所以. 故选：B 8. 已知平面内三点，，，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据投影向量、模长及数量积的公式计算即可. 【详解】， ，， 所以向量在上的投影向量为. 故选:C. 9. 如图，在中，在线段上，满足，为线段上一点，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算直接化简可得解. 【详解】由已知为线段上一点， 设，， 则， 又， 则， 所以， 则， 解得， 故选：D. 10. 在中，，记的面积为，若，判断 的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】由，利用向量的数量积和三角形的面积公式，得到，求得，再由余弦定理，结合，列出方程求得，得到，即可得到答案. 【详解】由，可得， 即，可得， 因为，可得， 又由余弦定理，可得， 因为，可得，所以， 整理得，即，所以，所以， 所以为等边三角形. 故选：B. 二、填空题（每空3分，共18分） 11. 已知，z的共轭复数为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】设，根据已知条件求出即可. 【详解】设，则， 所以， 所以，解得，所以， ，所以. 故答案为： 12. 已知正方体外接球的表面积与内切球的表面积之差为，则该正方体的棱长为________. 【答案】 【解析】 【分析】先分别找出正方体外接球半径、内切球半径与正方体棱长的关系，再根据球的表面积公式求出外接球表面积与内切球表面积，最后根据它们的表面积之差列出方程求解正方体的棱长. 【详解】设正方体的棱长为.正方体外接球的直径等于正方体的体对角线长. 正方体的体对角线长为，所以外接球半径. 正方体内切球的直径等于正方体的棱长，所以内切球半径. 正方体外接球的表面积. 正方体内切球表面积. 已知正方体外接球的表面积与内切球的表面积之差为，则. 解得或（棱长不能为负舍去）. 故答案为：. 13. 设和是两个不共线的向量，若，且三点共线，则实数的值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】将三点共线转化为向量共线，再根据共线向量基本定理列方程，求解即可. 【详解】由题意，， 由三点共线，得， 所以存在唯一实数，使得，即， 又和不共线，所以，解得. 故答案为：. 14. 在中，，点D满足，则的长为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意作图，根据几何性质可得向量的线性表示，结合向量的模长公式，建立方程，可得答案. 【详解】 因为， 所以， 设，则， 得，即， 解得（舍负），即， 所以 ． 故答案为：. 15. 已知在平行四边形ABCD中，，，，F是线段AD的中点，．若，AE与BF交于点N，，则的值为__________．若，则的最小值是__________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】设、，用、作为一组基底表示出，再由平面向量基本定理得到方程组，求出、，即可得到，从而求出、，即可得解；用、作为基底表示出、，再根据数量积的运算律及定义得到关于的函数，最后根据二次函数的性质计算可得. 【详解】当时，即为的中点， 因为、、三点共线， 设，则 ， 因为、、三点共线， 设，则， 又、不共线， 根据平面向量基本定理得，解得， 所以，又，则， 所以； 因为， ， 所以 ， 因为，所以当时，取得最小值，最小值为. 故答案为：； 三、解答题（共5道题，共52分） 16. 当实数m为何值时，复数为 （1）实数； （2）虚数； （3）纯虚数； （4）零. 【答案】（1） （2）且 （3） （4） 【解析】 【分析】根据复数性质求解： （1）虚部为0复数为实数； （2）虚部不为0复数为虚数； （3）实部为0虚部不为0复数为纯虚数； （4）实部虚部同时为0则复数为0. 【小问1详解】 当即时，复数z是实数. 【小问2详解】 当，且，即且时，复数z是虚数. 【小问3详解】 当即时，复数z是纯虚数. 【小问4详解】 当且时，，解得. 17. 已知平面向量. （1）若，求的值； （2）若，求的值. （3）若与的夹角是钝角，求的取值范围. 【答案】（1）或3： （2）1或 （3） 【解析】 【分析】（1）利用即可； （2）利用得出值，再利用求模公式； （3）利用且不共线即可 【小问1详解】 若，则. 整理得，解得或. 故的值为或3. 【小问2详解】 若，则有，即，解得或 当时，，则，得； 当时，，则，得. 综上，的值为1或. 【小问3详解】 因与的夹角是钝角，则，即，得， 又当与共线时，有，得，不合题意，则 综上，的取值范围为. 18. 已知A，B，C分别为三边a，b，c所对的角，向量，，且． （1）求角C的大小； （2）若，且，求边c的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用数量积的坐标运算及三角公式化简整理可得角C的大小； （2）将中的角化边，再将用三角形的边角表示出来，然后利用余弦定理求出边c的长. 【小问1详解】 由已知得． 因为，所以， 所以． 又，所以， ，则 所以．又， 所以； 【小问2详解】 由已知及正弦定理得． 因为，所以，所以． 由余弦定理得， 所以，所以， 所以． 19. 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，． （1）求； （2）若的面积为，且， （ⅰ）求的周长； （ⅱ）若，求． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）解法1：由正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值；解法2：利用余弦定理化简得出，再利用余弦定理可求得的值； （2）（ⅰ）由同角三角函数的基本关系可求出的值，利用三角形的面积公式可求出的值，利用余弦定理结合可得出关于的方程，可求出的值，进而可求出的值，由此可得出该三角形的周长. （ⅱ）先求得，判断出，利用诱导公式、二倍角公式求得 【小问1详解】 解法1：因为，由正弦定理得， 即， 因，则，故； 解法2：因为，由余弦定理得， 整理得，可得， 由余弦定理可得. 【小问2详解】 （ⅰ）因为，且，则， ，所以， 因为由余弦定理得， 于是， 因为，则，所以， 因此，于是的周长. （ⅱ）若，则，则， 由上述分析得，， 所以 . 20. 如图，在棱长均为2的正三棱柱中，为棱的中点． （1）求证：直线平面； （2）求证：平面平面； （3）若为棱上一点，且，求直线与平面所成角的正切值． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，根据线面平行的判定定理可得平面； （2）根据面面垂直的判定定理可得平面平面； （3）根据线面垂直的判定定理证得平面，得为直线与平面所成的角可得答案． 【小问1详解】 连接交于点，连接． 在中，为的中点，为的中点． 是的中位线， ， 平面平面， 平面； 【小问2详解】 在正三棱柱中， 平面平面， ， 在等边中，为的中点， ， 又是平面内的两条相交直线， 平面，又平面， 平面平面； 【小问3详解】 连接， 和都是直角三角形，且， ， ， ， 由（2）得，平面平面，平面平面，又平面， 平面，则为直线与平面所成的角． 在中，，则 所以直线与平面所成角的正切值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$