精品解析：河北省辛集中学2024-2025学年高一下学期期中素养练习数学试题

河北辛集中学高一年级数学期中素养练习 一､单选题（本题共10小题，每小题5分，共50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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 2. 在中，，，，则角B的值为（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线，若，且与相交，则与的位置关系是（ ） A. 相交 B. 相交或异面 C. 平行或异面 D. 相交、平行或异面 4. 下列向量中，与向量共线的一个单位向量是（ ） A. B. C. D. 5. 若为正方体，则异面直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 6. 已知m，n是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若m，n是异面直线，，，，，则 7. 在中，，，点在边上，且，则的值是（ ） A. 48 B. 24 C. 12 D. 6 8. 如图，为正四棱锥的底面中心，，分别是，上的动点，若是边长为2的正三角形，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 9. 在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ） A. B. C. D. 10. 古希腊的数学家海伦在他的著作《测地术》中最早记录了“海伦公式”：，其中，，，分别为的三个内角，，所对的边，该公式具有轮换对称的特点.已知在中，，且的面积为，则边上的中线长度为（ ） A. B. 4 C. D. 二､多选题（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，部分选对得部分分，有选错的得0分.） 11. 下列说法正确的是（ ） A. ， B. 若（a，），则 C. 若，，则的最小值为1 D. 若是关于x的方程（p，）的根，则 12. 已知三棱台，上下底面边长之比为，棱的中点为点，则下列结论错误的有（ ） A. B. 与为异面直线 C. 面 D. 面面 13. 已知四棱锥如图，且，，分别是，的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 平面 B. 四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则 C. 平面与平面的交线记为，则直线平面 D. 平面与平面的交线记为，则直线平面 三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 14. 已知向量，的夹角为45°，且，，则______. 15. 在中，内角，，所对的边分别是，，，若，则的大小为______. 16. 如图，等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，直角边，则原图形的面积是__________. 17. 一个圆柱的外接球的体积为，该圆柱的轴截面是一个正方形，则该圆柱的底面面积为________． 四､解答题（本题共5小题，共62分） 18. 已知向量，O为坐标原点. （1）若，求实数k的值； （2）在（1）的条件下，求向量与的夹角余弦值. 19. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 20. 如图，中，，，，在三角形内挖去一个半圆（圆心O在边BC上，半圆与AC、AB分别相切于点C，M，与BC交于点N），将绕直线BC旋转一周得到一个旋转体. （1）求该旋转体中间一个空心球的表面积的大小； （2）求图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积. 21. 如图所示，在四棱锥中，平面，，E是PD的中点. （1）求证：； （2）求证：平面； （3）若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由. 22. 如图，在四边形ABCD中，，，，，. （1）求及AD的长度； （2）求BC的长度. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北辛集中学高一年级数学期中素养练习 一､单选题（本题共10小题，每小题5分，共50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. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的几何意义先求出复数，然后利用共轭复数的定义计算. 【详解】在复平面对应的点是，根据复数的几何意义，， 由共轭复数的定义可知，. 故选：D 2. 在中，，，，则角B的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理即可求解. 【详解】在中，，，， 由正定理得：， 由于，所以 故选：A 3. 已知直线，若，且与相交，则与的位置关系是（ ） A. 相交 B. 相交或异面 C. 平行或异面 D. 相交、平行或异面 【答案】B 【解析】 【分析】根据空间中线线的位置关系判断即可. 【详解】因为与相交，所以与确定一个平面，不妨设为， 又，所以或， 若，则与相交，若，则与异面； 综上可得与的位置关系是相交或异面. 故选：B 4. 下列向量中，与向量共线的一个单位向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由单位向量的意义和共线向量的坐标关系逐个判断即可. 【详解】对于A，因为向量的模为，故A错误； 对于B，因为，且向量的模为，故B正确； 对于C，因为向量的模为，故C错误； 对于D，因为，所以向量与向量不共线，故D错误. 故选：B. 5. 若为正方体，则异面直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意作图，根据正方体的几何性质，利用异面直线夹角的定义，可得答案. 【详解】连接，，如下图： 易知，所以为异面直线与所成的角（或其补角）， 易知为等边三角形，所以. 故选：A. 6. 已知m，n是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若m，n是异面直线，，，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解． 【详解】对于A，若，，则与平行或相交，故A错误； 对于B，若，，则或，故B错误； 对于C，若，，，则与平行或异面，故C错误； 对于D，因为，所以在内存在直线∥，又，所以∥； 又是两条异面直线，所以直线与是两条相交直线；又，所以；故D正确. 故选：D. 7. 在中，，，点在边上，且，则的值是（ ） A. 48 B. 24 C. 12 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】由题意得，，然后结合向量的加法运算和数量积的运算律，可求得结果. 【详解】因为 ，， 所以，， 因为，所以， 所以， 故选：B. 8. 如图，为正四棱锥的底面中心，，分别是，上的动点，若是边长为2的正三角形，则的最小值为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据与全等，绕PO折叠至，由点A到PC的距离求解. 【详解】因为棱锥是正四棱锥，且为底面中心， 所以与全等， 将绕PO折叠至， 因为折叠前后EF的长度不变， 所以的最小值即为点A到PC的距离， 又因为是边长为2的正三角形， ， 故选：B 9. 在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比. 【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为. 因为平面，平面，所以平面平面. 又因为平面平面，，平面，所以平面，且. 在中，因为，所以，所以， 在中，因为，所以， 所以. 故选：B 10. 古希腊的数学家海伦在他的著作《测地术》中最早记录了“海伦公式”：，其中，，，分别为的三个内角，，所对的边，该公式具有轮换对称的特点.已知在中，，且的面积为，则边上的中线长度为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求得，然后利用三角形的面积公式、向量法求得边上的中线长度. 【详解】设是的中点，连接. 依题意，在中，， 设，由余弦定理得， 所以为钝角，所以， 所以， ，两边平方得 ， 所以. 故选：D 二､多选题（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，部分选对得部分分，有选错的得0分.） 11. 下列说法正确的是（ ） A. ， B. 若（a，），则 C. 若，，则的最小值为1 D. 若是关于x的方程（p，）的根，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算及复数的模的计算，即可判断A；举反例即可判断B；设，根据复数的模的计算公式结合的范围可判断C；将代入方程，结合复数的相等，列出方程组求解，即可判断D． 【详解】对于A，，设复数，则， 所以，故A正确； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，，，由得，， 所以，， 所以， 由得，，故当时，的最小值为1，故C正确； 对于D，因为是关于x的方程（p，）的根， 所以，即， 所以，解得，故D正确； 故选：ACD． 12. 已知三棱台，上下底面边长之比为，棱的中点为点，则下列结论错误的有（ ） A. B. 与为异面直线 C. 面 D. 面面 【答案】AC 【解析】 【分析】根据异面直线的定义可判断AB；判断出可判断C；由面面平行的判定定理可判断D. 【详解】对于A，因为平面，平面，平面， 且，所以是异面直线，故A错误； 对于B，因为平面，平面，平面， 且，所以与为异面直线，故B正确； 对于C，因为棱的中点为点，所以，因为， 所以，可得平面，故C错误； 对于D，因为的中点为点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，，所以四边形为平行四边形，可得， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面，所以平面面， 故D正确. 故选：AC. 13. 已知四棱锥如图，且，，分别是，的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 平面 B. 四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则 C. 平面与平面的交线记为，则直线平面 D. 平面与平面的交线记为，则直线平面 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用线面平行的判定推理判断AD；利用线面平行的判定性质推理判断C；利用锥体积体公式求出体积比判断B. 【详解】对于A，连接，连接，由且，为中点， 得，则是中点，而是中点，于是， 而平面，平面，因此平面，A正确； 对于B，，由是中点，得到平面的距离是到此平面距离的2倍， 而，因此，B错误； 对于C，平面，平面，则平面， 而平面平面，平面，于是，而平面， 平面，因此直线平面，C正确； 对于D，延长交于点，连接，直线直线，由且， 得为中点，而是中点，则平面，平面， 因此直线平面，D正确. 故选：ACD 三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 14. 已知向量，的夹角为45°，且，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量模的运算法则，结合向量的数量积求解即可. 【详解】因为向量，的夹角为45°，且，， 所以 . 故答案为：. 15. 在中，内角，，所对的边分别是，，，若，则的大小为______. 【答案】. 【解析】 【分析】根据正弦定理边角互化，得到，再根据余弦定理，计算求得角的大小. 【详解】由及正弦定理得，所以，即，因为，所以. 故答案为： 【点睛】本题考查正余弦定理解三角形，重点考查转化思想，计算能力，属于基础题型. 16. 如图，等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，直角边，则原图形的面积是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据斜二测画法的定义，画出平面图形，求得原三角形的直角边，从而面积可得． 【详解】利用斜二测画法的定义，画出原图形，    由是等腰直角三角形，直角边，得斜边， 因此，， 所以原平面图形的面积是. 故答案为：. 17. 一个圆柱的外接球的体积为，该圆柱的轴截面是一个正方形，则该圆柱的底面面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】设圆柱的底面半径为，外接球的半径为，根据条件得到，即可求解. 【详解】设圆柱的底面半径为，则母线长为，外接球的半径为， 由题有，则，解得， 所以圆柱的底面面积为， 故答案为：. 四､解答题（本题共5小题，共62分） 18. 已知向量，O为坐标原点. （1）若，求实数k的值； （2）在（1）的条件下，求向量与的夹角余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的运算法则以及向量垂直的坐标表示求解； （2）根据向量的运算法则以及向量的夹角计算求解. 【小问1详解】 由已知得 ， ， ∵， ∴，，∴. 【小问2详解】 ∵ ∴， 设向量与的夹角为， ∵ ， ∴ ， ， ， 19. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且. （1）求； （2）若，且的面积为，求的周长. 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，即可得解； （2）利用余弦定理及面积公式求出、，进而求得，即可求得周长. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得，， 因为，所以，则， 则，又，所以． 【小问2详解】 由（1）知，又因为， 由余弦定理，得①，     由题意知，即②， 联立①②得，所以，故， 则的周长为. 20. 如图，中，，，，在三角形内挖去一个半圆（圆心O在边BC上，半圆与AC、AB分别相切于点C，M，与BC交于点N），将绕直线BC旋转一周得到一个旋转体. （1）求该旋转体中间一个空心球的表面积的大小； （2）求图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出空心球的半径，即可得答案； （2）旋转一周后得到的组合体为一个圆锥中挖去一个球，由此可求答案. 【小问1详解】 连接OM，则， 设，， 在中，， ∴. 【小问2详解】 ∵，，，∴， ∴. 21. 如图所示，在四棱锥中，平面，，E是PD的中点. （1）求证：； （2）求证：平面； （3）若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）存在，证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明； （2）由中位线、线面平行的性质可得四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定即可证明； （3）根据线面、面面平行的性质定理和判断定理即可判断存在性. 【小问1详解】 在四棱锥中，平面，平面，平面， 平面平面，所以； 【小问2详解】 如下图，取为中点，连接，由E是PD的中点， 所以且，由（1）知，又， 所以且，所以四边形为平行四边形，故， 而平面，平面，则平面. 【小问3详解】 取中点N，连接，， 因为E，N分别为，的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 线段存在点N，使得平面，理由如下： 由（2）知：平面，又，平面，平面， 所以平面平面，又M是上的动点，平面， 所以平面，所以线段存在点N，使得平面. 22. 如图，在四边形ABCD中，，，，，. （1）求及AD的长度； （2）求BC的长度. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）运用平方关系求出，， 由于， 借助和角公式求出即可．再用正弦定理求出即可； （2）在中，由正弦定理求出，再用余弦定理求出即可. 【小问1详解】 因为，，，， 所以，， 由于，又，∴， ∴， 则 ， ∴， 所以. 在中，由正弦定理得， 所以，所以. 【小问2详解】 在中，由正弦定理得，可得，解得. 由于，， 在中，由余弦定理可得 . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $