精品解析：天津市建华中学2024-2025学年高一下学期5月期中质量调查数学试卷

2024-2025学年度高一年级期中质量调查试卷数学学科 温馨提示：本试卷包括第I卷(客观题)和第Ⅱ卷(解答题)两部分，满分100分，考试时间共90分钟.祝同学们考试顺利！ 第I卷 客观题(共51分) 一、单选题：本题共9小题，每小题3分，共27分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，，则的长为（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理易得，然后代值计算即可. 【详解】由正弦定理可得：， 所以. 故选：C. 【点睛】本题考查正弦定理的应用，侧重考查对基础知识的理解和掌握，属于基础题. 2. 已知在中，，，，则等于（ ） A. B. C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理可直接求出. 【详解】在中，， 由余弦定理得， 所以. 故选：A. 【点睛】本题考查余弦定理解三角形，一般地，如果知道三角形的两边及其夹角，求第三边时通常利用余弦定理，本题属于基础题. 3. 若的面积为，，，则边的长度等于（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由面积公式得，再由余弦定理得． 【详解】解：∵的面积为，，， ∴由正弦定理的面积公式，得，即，解之得， 由余弦定理，得， ∴（舍负）， 故选：C． 4. 已知向量=（1，2），=（2，x），若⊥，则|2+|=（　　） A. B. 4 C. 5 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据求出x的值，再利用向量的运算求出的坐标，最后利用模长公式即可求出答案． 【详解】因为，所以 解得， 所以，因此，故选C． 【点睛】本题主要考查向量的坐标预算以及模长求解，还有就是关于向量垂直的判定与性质． 5. 如图在梯形中，，，设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题中，由向量的线性运算，直接求解，即可得出结果. 【详解】因为，， 所以， 又，， 所以. 故选：D. 【点睛】本题考查用基底表示向量，熟记平面向量基本定理即可，属于基础题型. 6. 已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】如图所示，补成直四棱柱， 则所求角为， 易得，因此，故选C． 平移法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下： ①平移：平移异面直线中一条或两条，作出异面直线所成的角； ②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； ③计算：求该角的值，常利用解三角形； ④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围． 7. 某校科技社利用3D打印技术制作实心模型．如图，该模型的上部分是半球，下部分是圆台．其中半球的体积为，圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半．打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为（ ）（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可知所需要材料的体积即为半球体积与圆台体积之和，先求出圆台的体积，再利用组合体的体积乘以打印所用原料密度可得结果. 【详解】设半球的半径为，因为， 所以，由题意圆台的上底面半径及高均是3，下底面半径为6， 所以， 所以该实心模型的体积为， 所以制作该模型所需原料的质量为 故选：C 8. 已知内角的对边分别是，若，，，则的面积为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，根据正弦定理可得，结合，，再利用余弦定理解方程可得，利用三角形面积公式可得结果. 【详解】因为内角的对边分别是， 且，，， 所以由正弦定理可得， 由余弦定理可得， 解得， 所以三角形的面积为： ，故选B. 【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理及三角形面积公式的应用，属于简单题.对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件. 9. 如图所示，在直角梯形ABCD中，，，，，动点P在边BC上，且满足（m，n均为正实数），则的最小值为（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的线性运算得到后,利用三点共线的结论列式可得,再根据基本不等式可得最小值. 详解】依题意得，∴， ∴． ∵C，P，B三点共线， ∴，即， 又∵m，n均是正实数， ∴, 当且仅当，即时，等号成立． 故选:B． 【点睛】本题考查了向量的线性运算,考查了三点共线的结论,考查了基本不等式求和的最小值,属于中档题. 二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分. 10. 设，则______. 【答案】1 【解析】 【详解】分析：首先求得复数z，然后求解其模即可. 详解：由复数的运算法则有： ， 则：. 点睛：本题主要考查复数的运算法则，复数模的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 11. 如图，矩形OABC是水平放置的一个平面图形的直观图，其中 则原图形OABC的面积为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意先求直观图图形面积，再利用直观图面积：原图形面积即可求解. 【详解】在直观图中，， ∴直观图面积为：， ∵直观图面积：原图形面积， ∴原图形面积， 故答案为：. 12. 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：. 13. 已知，，若与的夹角为锐角，则的取值范围为______. 【答案】且 【解析】 【分析】由与的夹角为锐角，可得且，不共线，利用数量积和向量共线的条件即可得答案. 【详解】因为与的夹角为锐角，所以且，不共线， 所以，且， 解得，且. 故答案为：且. 14. 正四棱锥顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为_____． 【答案】 【解析】 【分析】由正四棱锥外接球的球心在正四棱锥的高上，可求出球的半径，可得球的表面积. 【详解】解：如图， 由已知条件可知球心在正四棱锥的高上，设球的球心为,半径为，正四棱锥底面中心为,则垂直棱锥底面，且,, 在中，,可得：,可得, 可得该球的表面积为：, 故答案为：. 【点睛】本题主要考查几何体的外接球问题及球的表面积，考查计算能力，是基础题. 15. 内角的对边分别为，若的面积为，则_________ 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理可得，根据条件结合三角形的面积公式可得从而可得答案. 【详解】由余弦定理可得，所以 的面积为 所以 即，由 所以 故答案为： 第Ⅱ卷 解答题(共49分) 三、解答题：本题共5小题，共49分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 已知复数（），且为纯虚数（是的共轭复数）. （1）设复数，求； （2）复数在复平面对应的点在第一象限，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）先根据条件得到，进而得到，由复数的模的求法得到结果； （2）由第一问得到，根据复数对应的点在第一象限得到不等式，进而求解. 【详解】（1）∵为纯虚数， ∴，，解得. ∴，则. （2）， 复数在复平面对应的点在第一象限， ∴，，解得. ∴实数的取值范围是. 【点睛】结论点睛：如果是复平面内表示复数的点，则①当，时，点位于第一象限；当，时，点位于第二象限；当，时，点位于第三象限；当，时，点位于第四象限；②当时，点位于实轴上方的半平面内；当时，点位于实轴下方的半平面内． 17. 已知向量，，，且，． （1）求向量、； （2）若，，求向量，的夹角的大小. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由题意结合向量平行及垂直的坐标表示可求，，进而可求； （2）设向量，的夹角的大小为．先求出，，然后结合向量夹角的坐标公式可求． 【小问1详解】 解：因为，，，且，， 所以，， 所以，， 所以，； 【小问2详解】 解：设向量，的夹角的大小为． 由题意可得，，， 所以， 因为，所以． 18. 如图，三棱柱中，D，E，F分别为棱，，中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）由已知利用三角形的中位线的性质可证，进而利用线面平行的判定定理即可证明平面. （2）由已知可证是平行四边形，进而证明，利用线面平行的判定证明平面，根据面面平行的判定证明平面平面，根据面面平行的性质即可可证平面. 【详解】（1）在中，D，E分别为棱，中点. 所以， 因为平面，平面， 所以平面. （2）在三棱柱中，， 因为E，F分别为，中点， 所以， 所以是平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 又因为平面，， 所以平面平面， 所以平面. 【点睛】本题考查线面平行的证明，考查利用面面平行证明面面平行，属于基础题. 19. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知. （1）求角C；（2）若，，求的周长. 【答案】（1）（2） 【解析】 【详解】试题分析：（1）根据正弦定理把化成，利用和角公式可得从而求得角；（2）根据三角形的面积和角的值求得，由余弦定理求得边得到的周长. 试题解析：（1）由已知可得 （2） 又 ， 的周长为 考点：正余弦定理解三角形. 20. 在平行六面体中，,． 求证：（1）； （2）． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】 【详解】分析：（1）先根据平行六面体得线线平行，再根据线面平行判定定理得结论；（2）先根据条件得菱形ABB1A1，再根据菱形对角线相互垂直，以及已知垂直条件，利用线面垂直判定定理得线面垂直，最后根据面面垂直判定定理得结论. 详解： 证明：（1）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB∥A1B1． 因为AB平面A1B1C，A1B1平面A1B1C， 所以AB∥平面A1B1C． （2）在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，四边形ABB1A1为平行四边形． 又因为AA1=AB，所以四边形ABB1A1为菱形， 因此AB1⊥A1B． 又因为AB1⊥B1C1，BC∥B1C1， 所以AB1⊥BC． 又因为A1B∩BC=B，A1B平面A1BC，BC平面A1BC， 所以AB1⊥平面A1BC． 因为AB1平面ABB1A1， 所以平面ABB1A1⊥平面A1BC． 点睛：本题可能会出现对常见几何体的结构不熟悉导致几何体中的位置关系无法得到运用或者运用错误，如柱体的概念中包含“两个底面是全等的多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形”，再如菱形对角线互相垂直的条件，这些条件在解题中都是已知条件，缺少对这些条件的应用可导致无法证明. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度高一年级期中质量调查试卷数学学科 温馨提示：本试卷包括第I卷(客观题)和第Ⅱ卷(解答题)两部分，满分100分，考试时间共90分钟.祝同学们考试顺利！ 第I卷 客观题(共51分) 一、单选题：本题共9小题，每小题3分，共27分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，，则的长为（ ） A. B. 1 C. D. 2 2. 已知在中，，，，则等于（ ） A B. C. D. 5 3. 若的面积为，，，则边的长度等于（ ） A. B. C. 2 D. 3 4. 已知向量=（1，2），=（2，x），若⊥，则|2+|=（　　） A. B. 4 C. 5 D. 5. 如图在梯形中，，，设，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A. B. C. D. 7. 某校科技社利用3D打印技术制作实心模型．如图，该模型的上部分是半球，下部分是圆台．其中半球的体积为，圆台的上底面半径及高均是下底面半径的一半．打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量约为（ ）（） A. B. C. D. 8. 已知内角对边分别是，若，，，则的面积为 A B. C. D. 9. 如图所示，在直角梯形ABCD中，，，，，动点P在边BC上，且满足（m，n均为正实数），则的最小值为（ ） A. 5 B. C. D. 二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分. 10. 设，则______. 11. 如图，矩形OABC是水平放置的一个平面图形的直观图，其中 则原图形OABC的面积为________. 12. 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_____. 13. 已知，，若与的夹角为锐角，则的取值范围为______. 14. 正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为_____． 15. 内角的对边分别为，若的面积为，则_________ 第Ⅱ卷 解答题(共49分) 三、解答题：本题共5小题，共49分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 16. 已知复数（），且为纯虚数（是共轭复数）. （1）设复数，求； （2）复数在复平面对应的点在第一象限，求实数的取值范围. 17. 已知向量，，，且，． （1）求向量、； （2）若，，求向量，的夹角的大小. 18. 如图，三棱柱中，D，E，F分别为棱，，中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面. 19. 内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知. （1）求角C；（2）若，，求的周长. 20. 在平行六面体中，,． 求证：（1）； （2）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $