精品解析：黑龙江省哈尔滨德强高级中学2024-2025学年高一下学期5月期中考试数学试题

德强高中2024—2025学年度下学期期中考试 高一学年数学试题（Ⅰ）卷 一、单项选择题：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. 已知复数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由复数的运算将化简，然后结合复数的模长公式即可得到结果. 【详解】因为，所以． 故选:B 2. 如图所示，在平行四边形中，，则它的直观图面积是（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设原图的面积为，直观图的面积为，先计算原图的面积，再根据求解. 【详解】设原图的面积为，直观图的面积为，则，. 故选：C 3. 设m，n，l是不同的直线，是两个不同的平面，给出下列说法，其中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】由空间中直线与直线、直线与平面以及平面与平面位置关系的判定定理和性质逐一判断即可． 【详解】对于A，由，与可能平行，相交或异面，故A错误； 对于B，由，与可能平行或相交，故B错误； 对于C，由线面平行的性质定理可得，故C正确； 对于D，由，则与可能平行或异面，故D错误. 故选：C. 4. 长庆寺塔，又名“十寺塔”，位于安徽黄山市歙县的西干披云峰麓，历经900多年风雨侵蚀，仍巍然屹立，是中国现存少有的方形佛塔．如图，为测量塔的总高度，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点与D，现测得，，，在点测得塔顶A的仰角为，则塔的总高度为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，则，在中，利用正弦定理求解. 【详解】设，则，且， 在中，， ∴，即， ． 故选：D． 5. 如图，在平行四边形中，，为的中点，为上的一点，且，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件利用向量的加法法则用表示，再利用平面向量基本定理结合条件列出方程组，求解即可. 【详解】，为的中点， ，， 三点共线， 设 ， 又， ，解得. 故选：B. 6. 已知A，B是球O的球面上两点，且，C是该球面上的动点，D是该球面与平面交线上的动点，若四面体体积的最大值为，则球O的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合图形分析点的位置，根据体积求出球的半径，然后由球的体积公式可得. 【详解】设球的半径为，记的中点为，则， 易知，当点在的延长线上，且棱锥的高等于求的半径时，棱锥体积最大. 因为，所以，. 当点在的延长线上时，的面积最大，为， 四面体体积的最大值为，解得， 从而球的体积为. 故选：D 7. 如图所示，在正四棱台中，上底面边长为4，下底面边长为6，体积为，点E为AD中点，过点E的平面α与平面平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先过点作于点，结合已知得，由棱台体积公式得，由勾股定理得，再求出的长，最终根据相似三角形对应边成比例即可得解. 【详解】如图所示，点作于点，因为，所以， 则四棱台的高为，则四棱台的体积为， 解得，所以侧棱长为. 如图所示：作于点，作于点，连接， 由对称性可知，， 所以，而， 所以，所以， 同理， 分别在棱上取中点，则平面即为平面， ， 所以截面多边形的周长为. 故选：D. 8. 如图，在中, ，，等边三个顶点分别在的三边上运动，则面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设的边长为, ,则可得，，从而可得，则可表示出的面积，化简后利用正弦函数的性质可求出其最大值. 【详解】在中, ，，则， 所以， 设的边长为, , 则，， 在中，由正弦定理得，得， 所以， =，，即求的最大值， 因为 所以， 所以， 所以， 因为 所以当时，取最大值为1， 所以． 故选：D. 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对得部分分，有选错的得0分.） 9. 下列说法不正确的是（ ） A. 有两个面互相平行，其余各面均是平行四边形的多面体是棱柱 B. 用任意一个平面去截球得到的截面一定是一个圆面 C. 侧面是全等的矩形的五棱柱一定是正五棱柱 D. 过圆锥顶点的所有截面中，轴截面面积最大 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据棱柱的定义判断A，由球的性质判断B，由正五棱柱定义判断C，根据圆锥过顶点的截面的性质判断D． 【详解】如下图的多面体，有两个面互相平行，其余各面均是平行四边形的，但它不是棱柱，A错；    用任意一个平面去截球得到的截面一定是一个圆面，B正确； 侧面是全等的矩形的五棱柱的底面不一定是正五边形，C错； 过圆锥顶点的所有截面中，设两条母线的平角为，母线长为，则截面面积为， 当轴截面等腰三角形的顶角大于，截面中两条母线夹角为的截面面积最大，D错. 故选：ACD. 10. 已知复数的共轭复数分别为，则下列命题为真命题的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】设出，，，结合共轭复数及模长定义与复数运算法则逐项计算可判断A、B、D；举出反例可判断C. 【详解】设，，且，则，； 对A：， 所以，所以，故A正确； 对B：， ，故B正确； 对C：当时，满足，但不能得出，故C错误； 对D： ，故，故D正确. 故选：ABD. 11. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，则（ ） A. B. C. 若，，则 D. 若，则或 【答案】BC 【解析】 【分析】利用基本不等式、的范围可判断A；由余弦定理可判断B；由正弦定理、余弦二倍角公式、两角和与差的余弦公式可判断C；由利用余弦的二倍角公式可判断D. 【详解】对于A，，当且仅当时等号成立，所以， 再由得，故A错误； 对于B，由余弦定理得，整理得，故B正确； 对于C，由结合正弦定理， 得 ，因为， 所以，得， 因为，所以，又因为，所以，故C正确； 对于D，由C选项，，， 得，整理得， 解得或，因为，所以，故D错误. 故选：BC. 12. 已知的内角，，所对边的长分别为，，，已知为的外心，，，的面积满足，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】先根据余弦定理明确的三边，三内角，在利用正弦定理求三角形外接圆半径，结合圆周角与圆心角的关系，求出，，，表示； 对D，分别利用和探索关于的关系，可求的值. 【详解】如图： 由， 由余弦定理：，所以. 所以，又， 所以，所以. 由余弦定理：，所以. 设外接圆半径为，则，所以. 所以. 由余弦定理：， . 根据圆心角与圆周角的关系，可得， ， . 所以，，. 对A：因为，故A正确； 对B：因为，故B错误； 对C：因为，故C错误； 对D：因为， 所以； . 由，所以.故D正确. 故选：AD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 圆柱的侧面展开图是边长分别为的矩形，则圆柱的体积为_____________． 【答案】或 【解析】 【分析】有两种形式的圆柱的展开图,分别求出底面半径和高,分别求出体积. 【详解】圆柱的侧面展开图是边长为2a与a的矩形, 当母线为a时,圆柱的底面半径是,此时圆柱体积是； 当母线为2a时,圆柱的底面半径是,此时圆柱的体积是, 综上所求圆柱的体积是:或， 故答案为或; 本题考查圆柱的侧面展开图,圆柱的体积,容易疏忽一种情况,导致错误. 14. 若复数满足（为虚数单位），则的取值范围是_________． 【答案】 【解析】 【分析】设，由已知等式模长关系得到，再结合二次函数的性质计算即可； 【详解】设，则， 所以，解得， 所以， 所以的取值范围是为. 故答案为：. 15. 已知是边长为4的等边三角形，P是平面ABC内一点，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，设，则即可求解. 【详解】以为轴，中垂线为轴建立平面直角坐标系，由已知有，设点， 则有， 所以， 所以， 当点时，等号成立. 所以的最小值为. 故答案为：. 16. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形面积公式和余弦定理，可得，再根据同角三角函数的关系可得，，，然后利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，结合条件可得的取值范围，进而可得的取值范围，令，则，然后利用对勾函数的单调性即可求解. 【详解】因为，， 所以，即， 由余弦定理，所以， 又因为，所以， 解得或， 因为为锐角三角形， 所以，所以， 所以，因为， 所以， 由正弦定理得， 因为为锐角三角形， 所以，所以， 所以， 所以， 所以， 所以，所以， 设，则， 因为函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，有最小值为，当时，有最大值为， 所以， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用正弦定理与三角恒等变换公式化简可得，进而可以求解. 四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤. 17. 已知复数，（，为虚数单位）． （1）若为纯虚数，求实数的值； （2）若在复平面内所对应的点位于第四象限，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，化简得到，根据复数为纯虚数，列出方程组，即可求解； （2）根据题意，化简得到，根据在复平面内所对应的点位于第四象限，列出不等式组，即可求解. 【小问1详解】 解：由复数，， 可得， 因为复数为纯虚数，所以，解得． 【小问2详解】 解：由， 可得， 因为在复平面内所对应的点位于第四象限，可得，解得 所以实数的取值范围为． 18. 在锐角中，内角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式可得的值，再由角的范围，可得角的大小； （2）由余弦定理可得的值，进而求出三角形的周长． 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 整理得， 即， 在三角形中， 所以，又，所以， 所以，又，所以； 【小问2详解】 因为，，， 由余弦定理可得， 所以， 所以（负值已舍去）， 所以的周长． 19. 某农户有一个三角形地块，如图所示.该农户想要围出一块三角形区域（点在上）用来养一些家禽，经专业测量得到. （1）若，求的长； （2）若，求的周长. 【答案】（1）4 （2） 【解析】 【分析】（1）在中应用正弦定理得出的长； （2）由结合面积公式得出，再由余弦定理得出，，进而得出的周长. 【小问1详解】 解：在中，，且，所以. 因为，，所以. 在，由正弦定理可得， 所以. 【小问2详解】 因为，所以， 所以，即：，可得. 在中，由余弦定理可得， 所以，解得或（舍去）. 因为，所以. 在中，由余弦定理可得 所以的周长为. 20. 在底面是菱形的四棱锥中，，点在上，且，面面． （1）证明：； （2）在棱上是否存在一点，使平面？证明你的结论． 【答案】（1）证明见解析；（2）是棱的中点． 【解析】 【详解】试题分析：（1）由菱形，则，可得面，又由面面，利用线面平行的性质定理，即可得出；（2）当是棱的中点时，平面，根据三角形的中位线可得，在利用菱形的性质，证得，即可证明平面平面，从而得出平面． 试题解析：（1）∵菱形， ∴，又面，面， ∴面，又面，面面， ∴，∴，∴ （2）当是棱的中点时，平面． 证明如下，如图取的中点，连结，由于为中点，为中点， 所以① 由为中点，得，知是的中点， 连结、，设，因为四边形是菱形，则为的中点， 由于是的中点，是的中点，所以② 由①、②知，平面平面， 又平面， 所以平面． 考点：线面平行的判定与性质；立体几何的存在性问题． 【方法点晴】本题主要考查了立体几何问题，其中解答中涉及到直线与平面平行的判定定理和性质定理、菱形的性质和三角形性的中位线的应用、以及平面与平面平行的判定与性质，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，属于基础题，此类问题的解答的关键在于充分认识几何体的结构特征和熟记线面位置关系的判定与性质． 21. 在一正三棱台木块如图所示，已知，，点在平面内且为的重心. （1）过点将木块锯开，使截面经过平行于直线，在木块表面应该怎样划线，并说明理由； （2）求该三棱台木块被问题（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比. 【答案】（1）作图见解析 （2）小几何体与大几何体的比值为 【解析】 【分析】（1）在平面内过点O作直线交于点，交于点，连接，求证四点共面即可求解. （2）先求证几何体为棱柱，接着设棱台的高为，的面积为得，再由台体体积公式得正三棱台体积即可求解. 【小问1详解】 如图，在平面内过点O作直线交于点，交于点， 连接，则为截面与各木块表面的交线， 理由如下：由于，故四点共面， 且平面平面，平面平面， 平面平面，则为截面与各木块表面的交线. 【小问2详解】 由于点在平面内且为的重心，， 所以，又因为，故， 故几何体为棱柱， 设棱台的高为，的面积为，故， 又，则， 故由台体体积公式得正三棱台体积为， 所以被截面截得的非三棱柱的另一个几何体体积为， 故该三棱台木块被（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比为（或）. 22. 如图，设是平面内相交成角的两条射线，分别为同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系.在仿射坐标系中，若，记. （1）在仿射坐标系中. ①若，求； ②若，且，的夹角为，求； （2）如图所示，在仿射坐标系中，B，C分别在x轴，y轴正半轴上，，E，F分别为BD，BC中点，求的最大值. 【答案】（1）①；② （2） 【解析】 【分析】（1）①由题意，，将其两边平方，再开方即可得到； ②由表示出和，再由已知用表示出，因为与的夹角为，然后由，即可得到； （2）由题意，设出坐标，表示出，由，求出的表达式，在中依据余弦定理可得，代入得的表达式化简，再在中，用正弦定理，求出，代入的表达式，通过三角恒等化简可得出答案. 【小问1详解】 ①因为， ， 所以； ②由，即， 得， ， ， 因为与的夹角为， 则，得； 【小问2详解】 依题意设， ， 因为为中点，则， 为中点，所以， 所以 ， 因为， 则， 在中依据余弦定理得，所以，代入上式得， ， 在中，由正弦定理， 设，则， ，其中，是取等号， 则. 【点睛】关键点点睛：设出坐标，求出的表达式是解决第三问的关键. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 德强高中2024—2025学年度下学期期中考试 高一学年数学试题（Ⅰ）卷 一、单项选择题：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. 已知复数，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. 如图所示，在平行四边形中，，则它的直观图面积是（ ） A. B. 2 C. D. 3. 设m，n，l是不同的直线，是两个不同的平面，给出下列说法，其中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 长庆寺塔，又名“十寺塔”，位于安徽黄山市歙县的西干披云峰麓，历经900多年风雨侵蚀，仍巍然屹立，是中国现存少有的方形佛塔．如图，为测量塔的总高度，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点与D，现测得，，，在点测得塔顶A的仰角为，则塔的总高度为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在平行四边形中，，为的中点，为上的一点，且，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知A，B是球O的球面上两点，且，C是该球面上的动点，D是该球面与平面交线上的动点，若四面体体积的最大值为，则球O的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图所示，在正四棱台中，上底面边长为4，下底面边长为6，体积为，点E为AD中点，过点E的平面α与平面平行，且与正四棱台各面相交得到截面多边形，则该截面多边形的周长为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在中, ，，等边三个顶点分别在的三边上运动，则面积的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的4个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对得部分分，有选错的得0分.） 9. 下列说法不正确的是（ ） A. 有两个面互相平行，其余各面均是平行四边形的多面体是棱柱 B. 用任意一个平面去截球得到的截面一定是一个圆面 C. 侧面是全等的矩形的五棱柱一定是正五棱柱 D. 过圆锥顶点的所有截面中，轴截面面积最大 10. 已知复数的共轭复数分别为，则下列命题为真命题的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则 11. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，则（ ） A. B. C. 若，，则 D. 若，则或 12. 已知的内角，，所对边的长分别为，，，已知为的外心，，，的面积满足，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 圆柱的侧面展开图是边长分别为的矩形，则圆柱的体积为_____________． 14. 若复数满足（为虚数单位），则的取值范围是_________． 15. 已知是边长为4的等边三角形，P是平面ABC内一点，则的最小值为______． 16. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为_____________. 四、解答题：共70分.解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤. 17. 已知复数，（，为虚数单位）． （1）若为纯虚数，求实数的值； （2）若在复平面内所对应的点位于第四象限，求的取值范围． 18. 在锐角中，内角，，的对边分别为，，，且. （1）求角的大小； （2）若，，求的周长. 19. 某农户有一个三角形地块，如图所示.该农户想要围出一块三角形区域（点在上）用来养一些家禽，经专业测量得到. （1）若，求的长； （2）若，求的周长. 20. 在底面是菱形的四棱锥中，，点在上，且，面面． （1）证明：； （2）在棱上是否存在一点，使平面？证明你的结论． 21. 在一正三棱台木块如图所示，已知，，点在平面内且为的重心. （1）过点将木块锯开，使截面经过平行于直线，在木块表面应该怎样划线，并说明理由； （2）求该三棱台木块被问题（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比. 22. 如图，设是平面内相交成角的两条射线，分别为同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系.在仿射坐标系中，若，记. （1）在仿射坐标系中. ①若，求； ②若，且，的夹角为，求； （2）如图所示，在仿射坐标系中，B，C分别在x轴，y轴正半轴上，，E，F分别为BD，BC中点，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $