精品解析：云南省西双版纳傣族自治州景洪市曲靖一中景洪学校2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

曲靖一中景洪学校2024-2025学年下学期高一年级期中考试 数学试卷 试卷满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息； 2．请将答案正确填写在答题卡上. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单选题：（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知集合，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用交集的结果，结合复数相等求出值，验证即得. 【详解】由集合，，且， 得，因此，所以， 当时，，因，故，符合题意. 故选：C 2. 已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列说法错误的是（ ） A. 若，则“”是“”的必要条件 B. 若，，则“”是“”的充分条件 C. 若，则“”是“”的充要条件 D. 若，则“”是“”的既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用线面垂直的性质可判断A；利用线面平行的判定和性质可判断B；利用线面垂直的性质和面面平行的判定可判断C；利用线面平行的性质可判断D. 【详解】对于A，若，则“”是“”的充分不必要条件，故A错误； 对于B，，，则“”“”“m，n平行或异面， 所以是的充分条件，故B正确； 对于C，，则“”“”， 则“”是“”的充要条件，故C正确； 对于D，，则“”“或”， “”“m，n相交、平行或异面”， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故D正确. 故选：A. 3. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，.则该平面图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，求出直观图的面积，进而由原图面积与直观图面积的关系，分析可得答案. 【详解】根据题意，直观图为直角梯形， 且，， 其面积， 故原图的面积. 故选：A. 4. 如图，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用基底表示即可求出. 【详解】因为，所以， 则， 因为，所以，即， 则. 故选：C 5. 一个直三棱柱形容器中盛有水，侧棱，底面边上的高为.当底面水平放置时水面高度为16（如图①）.当侧面水平放置时（如图②），水面高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用水的体积不变计算可求解. 【详解】设底面的面积为， 当底面水平放置时水面高度为16，所以水的体积为， 设侧面水平放置时，水呈四棱柱体，设四棱柱体的底面梯形的面积为， 则水的体积为，所以，所以， 设四棱柱体的底面梯形的高为，则可得，解得. 故选：D. 6. 灵山江畔的龙洲塔，有“人文荟萃，学养深厚”的福地一说.如图，某同学为了测量龙洲塔的高度，在地面处测得塔在南偏东的方向上，向正南方向行走后到达D处，测得塔在南偏东的方向上，处测得塔尖的仰角为，则可得龙洲塔高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据题意得到角度和边，则在中，由正弦定理可求得， 而塔是垂直于地面的，故在中，结合仰角和可算得龙洲塔高度. 【详解】由题意可知，所以， 在中，由正弦定理可得， 因为处测得塔尖的仰角为，即， 则在中，龙洲塔高度为. 故选：C. 7. 下列选项错误的是（ ） A. 复数与分别表示向量与，则向量表示的复数为 B. 若复数满足，则的最大值为 C. 若复数，满足，则 D. 若是方程的一个根，则 【答案】D 【解析】 【分析】A选项利用复数的几何意义即可判断；B选项转化为原点到圆上点的距离的最值问题求解；C选项将，用表示即可求解；D选项利用已知条件可写出方程的两个根，再利用韦达定理即可求解. 【详解】对于A选项，复数与分别表示向量与， ，，， 向量表示的复数为，故A正确； 对于B选项，设， 复数满足，， 在复平面内点在圆：上， 圆的圆心，半径， 的几何意义为原点到圆上点的距离， 又，的最大值为，故B正确； 对于C选项，， ，， ，故C正确； 对于D选项，是方程的一个根， 方程的两个根分别为，， ，，，故D错误. 故选：D. 8. 已知是定义在的奇函数，且．若，则（ ） A. B. 0 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知函数的一个周期为4，结合奇函数可得，，进而可得，，再根据周期性即可得结果. 【详解】因为，可得， 可知函数的一个周期为4， 又因为是定义在的奇函数，则， 则，即， 令，可得； 令，可得，即， 则， 所以. 故选：C. 二、多选题：（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 在中，若，，则 C. 已知向量，，与的夹角为钝角，则实数的取值范围是 D. 已知，，为的内角，，的对边，则“”的充要条件是“” 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，向量不能比较大小；对于B，利用数量积的定义和等腰三角形的性质即可判断； 对于C，利用数量积为负同时要排除反向共线即平角的情况即可判断； 对于D，由正弦定理和大边（角）对大角（边）即可判断. 【详解】对于A，因为向量有方向，所以不能像实数一样比较大小，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，由即 解得，故C正确； 对于D，由正弦定理，可知，故D正确． 故选：BCD. 10. 欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥．依据欧拉公式，下列选项中正确的是（ ） A. 对应的点位于第二象限 B. 为纯虚数 C. 的模长等于 D. 的共轭复数为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据欧拉公式结合复数在复平面内对应的点的特征、纯虚数的概念、复数的模长公式、以及共轭复数的概念逐项分析即可得出结论. 【详解】对于A：， 在复平面内对应的点为位于第二象限，故A正确； 对于B：，为纯虚数，故B正确； 对于C：， 所以，故C正确； 对于D：，所以的共轭复数为，故D错误. 故选：ABC. 11. 如图，正方体的棱长为分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在点，使得平面 B. 过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 C. 三棱锥的体积不为定值 D. 三棱锥的外接球表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，通过P为BD中点可判断，对于B，由可判断，对于C，由可判断，对于D，由三棱锥的外接球可以补形为长方体外接球，可判断； 【详解】 当P为BD中点时，由中位线可得：， 不在平面，在平面内， 所以平面，A正确； 由中位线易知，在正方体中，易证，所以，所以截面为梯形，B正确； 因为，所以体积为定值，C错误； 三棱锥的外接球可以补形为长方体外接球，半径，所以表面积D正确， 故选：ABD. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 若向量，则在方向上的投影向量的坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量公式直接计算可得. 【详解】因为， 所以，， 所以，向量在方向上的投影向量坐标为， 故答案为：． 13. 如图，已知一个半径为2的半圆面剪去了一个等腰三角形，将剩余部分绕着直径所在直线旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为_____. 【答案】 【解析】 【分析】在三角形中作于点，求得圆锥的底面半径和高，计算出球体和圆锥体积即可求得结果. 【详解】由题，为等腰直角三角形，作于点，如图， 则绕着直径所在直线旋转一周得到的几何体为两个全等的圆锥和， 由半径为2可得圆锥底面圆半径为，圆锥的高为2， 则圆锥的体积为， 半圆面旋转一周形成半径为2的球体，其体积为， 因此剩余部分所形成的几何体的体积为. 故答案为：. 14. 在中，角的对边分别是，若，且，则______，的面积最大值是______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】第一空：由余弦定理即可求解，第二空：由基本不等式求得最大值，即可求解. 【详解】由题意得， 因，故， 由基本不等式：， 得，所以，当且仅当时取等号， 所以． 故答案为， 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. 如图，在正方体中，，分别是棱，的中点． （1）证明：，，，四点共面； （2）求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件证明出线线平行，即可得到四点共面； （2）延长交的延长线于点，延长交的延长线于点，连接，，，根据面面角的定义找到是平面与平面的夹角，然后直接求解该夹角的正弦值即可. 【小问1详解】 如图，取的中点，连接，， 则， 在正方体中，，， 所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为，， 所以四边形是平行四边形，所以， 所以，所以，，，四点共面． 【小问2详解】 如图，延长交的延长线于点， 延长交的延长线于点， 连接，，，则点在上． 不妨设正方体的棱长为， 则，，，， 所以是的中点， 所以，， 所以是平面与平面的夹角． 因为平面平面， 所以，所以． 16. 在中，角的对边分别为，已知，，为边上一点． （1）若为的中点，且，求； （2）若的面积为，且平分，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的模长公式即可求解， （2）利用等面积法即可结合面积公式求解. 【小问1详解】 在中，，因为为的中点， 所以， 两边平方得， 则，解得 【小问2详解】 因为平分， 所以， 又， 即 所以， 解得， 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，为棱的中点. （1）求证：平面； （2）已知： ①求直线与平面所成角的正弦值； ②求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）构造线线平行，根据线线平行，证明线面平行. （2）利用体积法求点到平面的距离，再求直线与平面所成角的正弦. 【小问1详解】 如图： 连接，交于，因为四边形为正方形，所以为中点， 又为中点，所以，又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为平面，所以是直角三角形， 又为中点，且，所以. 设点到平面的距离为，则. 又因为, 所以. 因为平面，平面，所以， 又底面为正方形，所以，平面，， 所以平面. 又平面，所以.所以为直角三角形. 中，，，. 因为，所以为直角三角形，所以. 所以.即点到平面的距离为. 又， 设直线与平面所成的角为， 则. 即直线与平面所成角的正弦值为：. （题源：必修二：P45和P53第13题） 18. （1）请写出正弦定理，并利用已经学过的知识来证明正弦定理． （2）如图是西双版纳州花卉园的精心规划．如图所示，将展区中扇形空地AOB分隔成三部分建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、白玉兰和菊花．知扇形的半径为60米，，动点P在扇形AOB的弧上，点Q在半径OB上，且． （ⅰ）当米时，求分隔栏PQ的长； （ⅱ）综合考虑到成本和美观等原因，希望使白玉兰种植区的面积尽可能的大，求该种植区三角OPQ的面积S的最大值． 【答案】（1）在任一个三角形中，各边和它所对角的正弦比相等，即，证明见解析；（2）（ⅰ）米；（ⅱ）平方米. 【解析】 【分析】（1）写出正弦定理，利用向量法予以证明. （2）（ⅰ）求出，在中，再利用余弦定理求出；（ⅱ）在中，利用正弦定理求出，再利用三角形的面积公式及三角恒等变换化简，结合三角函数的性质即可得解. 【详解】（1）正弦定理：在任一个三角形中，各边和它所对角的正弦比相等，即. 当为锐角三角形时，过点A作与垂直的单位向量， 则与的夹角为，则与的夹角为， 由，得，则， 于是， 即，则， 同理，过点C作与垂直的单位向量，可得， 因此； 当为钝角三角形时，不妨设A为钝角，过点A作与垂直的单位向量， 则与的夹角为，与的夹角为，同理可得； 当为直角三角形时，不妨设， 在的方向上，过点A作与垂直的单位向量，则与的夹角为， 与的夹角为，同理得， 所以在任一个三角形中，各边和它所对角的正弦比相等，即. （2）（ⅰ）由，得， 在中，，由余弦定理， 得，而，解得， 所以的长为米； （ⅱ）由，，设，则， 在中，由正弦定理得，即， 则 ， 当，即时，面积取得最大值，最大值为平方米. 19. 设平面内两个非零向量，的夹角为，定义一种运算“”：．试求解下列问题： （1）已知向量，满足，，，求的值； （2）在平面直角坐标系中，已知点，，，求的值； （3）已知向量，，，求的最小值． 【答案】（1）4 （2）7 （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知得出，结合数量积公式得出的值，进而求出的值，根据定义代入数值计算即可得出答案； （2）根据已知得出的坐标，进而根据向量模及其数量积的坐标表示得出的值，进而求出，然后代入公式求解即可得出答案； （3）由已知可得，进而根据向量模的坐标表示得出向量的模，根据定义公式并化简得出.换元令，根据基本不等式即可得出答案. 【小问1详解】 由已知可得，. 又，， 则. 又，所以， 所以，. 【小问2详解】 由已知可得，，， 所以有，，， 则. 又， 所以， 所以，. 【小问3详解】 由已知可得， 所以，，则，. 又， 所以，. 因为，所以. 令，则， 当且仅当，，即时等号成立， 所以，的最小值为， 所以的最小值为. 【点睛】思路点睛：根据题意可知与向量的数量积相似，可结合课本已学的知识点，结合新定义公式求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 曲靖一中景洪学校2024-2025学年下学期高一年级期中考试 数学试卷 试卷满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息； 2．请将答案正确填写在答题卡上. 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单选题：（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知集合，，若，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列说法错误的是（ ） A. 若，则“”是“”的必要条件 B. 若，，则“”是“”的充分条件 C. 若，则“”是“”的充要条件 D. 若，则“”是“”的既不充分也不必要条件 3. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，.则该平面图形的面积为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 一个直三棱柱形容器中盛有水，侧棱，底面边上的高为.当底面水平放置时水面高度为16（如图①）.当侧面水平放置时（如图②），水面高度为（ ） A. B. C. D. 6. 灵山江畔的龙洲塔，有“人文荟萃，学养深厚”的福地一说.如图，某同学为了测量龙洲塔的高度，在地面处测得塔在南偏东的方向上，向正南方向行走后到达D处，测得塔在南偏东的方向上，处测得塔尖的仰角为，则可得龙洲塔高度为（ ） A. B. C. D. 7. 下列选项错误的是（ ） A. 复数与分别表示向量与，则向量表示的复数为 B. 若复数满足，则的最大值为 C. 若复数，满足，则 D. 若是方程的一个根，则 8. 已知是定义在的奇函数，且．若，则（ ） A. B. 0 C. 2 D. 4 二、多选题：（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，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. 下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 在中，若，，则 C. 已知向量，，与的夹角为钝角，则实数的取值范围是 D. 已知，，为的内角，，的对边，则“”的充要条件是“” 10. 欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥．依据欧拉公式，下列选项中正确的是（ ） A. 对应的点位于第二象限 B. 为纯虚数 C. 的模长等于 D. 的共轭复数为 11. 如图，正方体的棱长为分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ） A. 存在点，使得平面 B. 过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 C. 三棱锥的体积不为定值 D. 三棱锥的外接球表面积为 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12. 若向量，则在方向上的投影向量的坐标为______. 13. 如图，已知一个半径为2的半圆面剪去了一个等腰三角形，将剩余部分绕着直径所在直线旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为_____. 14. 在中，角的对边分别是，若，且，则______，的面积最大值是______． 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. 如图，在正方体中，，分别是棱，的中点． （1）证明：，，，四点共面； （2）求平面与平面夹角的正弦值． 16. 在中，角的对边分别为，已知，，为边上一点． （1）若为的中点，且，求； （2）若的面积为，且平分，求的长． 17. 如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，平面，为棱的中点. （1）求证：平面； （2）已知： ①求直线与平面所成角的正弦值； ②求点到平面的距离. （题源：必修二：P45和P53第13题） 18. （1）请写出正弦定理，并利用已经学过的知识来证明正弦定理． （2）如图是西双版纳州花卉园的精心规划．如图所示，将展区中扇形空地AOB分隔成三部分建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、白玉兰和菊花．知扇形的半径为60米，，动点P在扇形AOB的弧上，点Q在半径OB上，且． （ⅰ）当米时，求分隔栏PQ的长； （ⅱ）综合考虑到成本和美观等原因，希望使白玉兰种植区的面积尽可能的大，求该种植区三角OPQ的面积S的最大值． 19. 设平面内两个非零向量，的夹角为，定义一种运算“”：．试求解下列问题： （1）已知向量，满足，，，求的值； （2）在平面直角坐标系中，已知点，，，求的值； （3）已知向量，，，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $