精品解析：海南省海口市海南中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

海南中学2024-2025学年度第二学期期中考试 高一数学 试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共19小题，满分150分，考试时间为120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在答题卡指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．回答非选择题时，将答案写在答题卡上． 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. 若复数满足，则（ ） 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. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 下列命题中为真命题的是（ ） A. 圆柱的侧面展开图是一个正方形 B. 用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台 C. 有两个面互相平行，其余各面都是四边形的多面体是棱柱 D. 球体是旋转体的一种类型 5. 已知是两个单位向量，且向量在向量上的投影向量为，则向量的夹角（ ） A. B. C. D. 6. 已知复数满足，则最大值为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且，若是的中点，，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知向量满足，，则的最大值等于（ ） A. B. C. 2 D. 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的．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. 已知为复数，有以下四个命题，其中真命题的序号是（ ） A. 若，则 B. 若．则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( ). A. 若，则 B. 若，则为锐角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，，这样的三角形有两解，则的取值范围为 11. 如图，圆锥SO底面圆的圆心为O，AB是圆O的一条直径，SA与底面所成角的正弦值为，，P是母线SA的中点，C是母线SB上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 圆锥SO的母线长为12 B. 圆锥SO的表面积为 C. 一只蚂蚁沿圆锥SO的侧面上的曲线从点A爬到点P处，在蚂蚁所爬的最短路径中，这只蚂蚁离圆锥SO的顶点S的最短距离是 D. 在圆锥SO内放置一个可以绕着中心任意旋转的正方体，则该正方体的体积的最大值是 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. 已知向量，的夹角为45°，且，，则______. 13. 把水平放置的四边形按照斜二测画法，得到如图所示的直观图，其中，则四边形的面积为_____． 14. 已知圆台上底面的半径为3，下底面的半径为4，高为7，圆台上、下底面的圆周都在同一个球面上，则该球的体积是____. 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. 在中，内角所对的边分别为且． （1）求角的大小； （2）若，且的面积为，求的周长． 16. 在正方体中，棱长，M，N，P分别是，，的中点． （1）直线交PN于点E，直线交平面MNP于点F，求证：M，E，F三点共线． （2）求三棱锥的体积． 17. 如图，观测站在目标的南偏西方向，经过处有一条南偏东走向的公路，在处观测到与相距31km的处有一人正沿此公路向处行走，走20km到达处，此时测得，相距21km. （1）求； （2）求，之间的距离. 18. 如图所示，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M，N，K分别为AB，PC，PA的中点，平面平面． （1）判断直线l与BC的位置关系并证明； （2）求证：平面PAD； （3）直线PB上是否存在点H，使得平面平面ABCD?若存在，求出点H的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由． 19. 复数是由意大利米兰学者卡当在十六世纪首次引入的，经过达朗贝尔、棣莫弗、欧拉、高斯等人的工作，此概念逐渐被数学家接受．形如的数称为复数的代数形式，而任何一个复数都可以表示成的形式，即其中为复数的模，叫做复数的辐角，我们规定范围内的辐角的值为辐角的主值，记作argz．复数叫做复数的三角形式．由复数的三角形式可得出，若，，则．其几何意义是把向量绕点按逆时针方向旋转角（如果，就要把绕点按顺时针方向旋转角），再把它的模变为原来的倍． 请根据所学知识，回答下列问题： （1）试将写成三角形式（辐角取主值）． （2）类比高中函数的定义，引入虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数．已知复变函数，，． ①当时，解关于的方程； ②当时，若存在实部不为0，且虚部大于0的复数和实数，使得成立，复数在复平面上对应的点为，点，以PA为边作等边，且在的上方，求线段的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海南中学2024-2025学年度第二学期期中考试 高一数学 试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共19小题，满分150分，考试时间为120分钟． 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在答题卡指定位置上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．回答非选择题时，将答案写在答题卡上． 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. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由条件，结合复数运算法则求，再根据共轭复数定义求. 【详解】因为， 所以， 所以， 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. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】先利用线性运算坐标公式求得，然后利用向量垂直的坐标运算列式求解即可. 【详解】因为，，所以. 若，则，所以，解得. 故选：A 4. 下列命题中为真命题的是（ ） A. 圆柱的侧面展开图是一个正方形 B. 用一个平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台 C. 有两个面互相平行，其余各面都是四边形的多面体是棱柱 D. 球体是旋转体的一种类型 【答案】D 【解析】 【分析】利用各项概念的定义来进行判断即可. 【详解】对于A，圆柱的侧面展开图是一个矩形，不一定为正方形，故A错误； 对于B，根据圆台的定义，用一个平行于底面的平面去截圆锥，圆锥底面和截面之间的部分为圆台，故B错误； 对于C，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱，故C错误； 对于D，球体是半圆绕着其直径所在直线旋转一周得到的封闭几何体，故D正确， 故选：D. 5. 已知是两个单位向量，且向量在向量上的投影向量为，则向量的夹角（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用投影向量的定义计算可得，进而可求夹角的大小. 【详解】向量在向量上的投影向量为， 解得，所以，解得. 故选：A. 6. 已知复数满足，则最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数的几何意义，结合圆的性质求出最大值. 【详解】依题意，表示复平面内复数对应的点在以点为圆心，为半径的圆上， 表示上述圆上的点到原点的距离，所以. 故选：D 7. 在中，内角，，所对的边分别为，，，且，若是的中点，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理、商数关系得，分解向量得，结合数量积的运算律即可列方程求解. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 因为，所以， 若是的中点，则， 两边平方可得，即， 若，则，解得或（舍去）. 故选：B. 8. 已知向量满足，，则的最大值等于（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，即得到点共圆，再利用余弦定理和正弦定理求解即可. 【详解】设， 因为，，所以， 又，所以，所以点共圆， 要使的最大，即为直径， 在中，由余弦定理可得， 又由正弦定理， 即的最大值等于， 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是由向量之间的夹角确定点共圆，再由正弦和余弦定理求解即可. 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的．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. 已知为复数，有以下四个命题，其中真命题的序号是（ ） A. 若，则 B. 若．则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】利用复数及模的意义判断ACD；由模的计算判断B. 【详解】对于A，是复数，如，由不全是实数的两个复数不能比较大小，A错误； 对于B，设，由，得， 则，因此，，B正确； 对于C，取，满足，而，，C错误； 对于D，由，得都是实数，因此，D正确. 故选：BD 10. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( ). A. 若，则 B. 若，则为锐角三角形 C. 若，则为等腰三角形 D. 若，，这样的三角形有两解，则的取值范围为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用正弦定理判断A、D，利用余弦定理判断B，利用正弦定理将边化角，再由二倍角公式判断C. 【详解】对于A，因为，由正弦定理可得，所以，故A正确； 对于B，由余弦定理，可知为锐角， 但是无法判断角A和角B是否为锐角，所以无法判断是否为锐角三角形，故B错误； 对于C，因为，所以，即， 又，所以，所以或， 即或，即为等腰三角形或直角三角形，故C错误； 对于D，因为三角形有两解，所以，即，即的取值范围为，故D正确. 故选：AD. 11. 如图，圆锥SO底面圆的圆心为O，AB是圆O的一条直径，SA与底面所成角的正弦值为，，P是母线SA的中点，C是母线SB上一动点，则下列说法正确的是（ ） A. 圆锥SO的母线长为12 B. 圆锥SO的表面积为 C. 一只蚂蚁沿圆锥SO的侧面上的曲线从点A爬到点P处，在蚂蚁所爬的最短路径中，这只蚂蚁离圆锥SO的顶点S的最短距离是 D. 在圆锥SO内放置一个可以绕着中心任意旋转的正方体，则该正方体的体积的最大值是 【答案】BCD 【解析】 【分析】A选项，根据与底面所成角的正弦值得到，然后利用勾股定理列方程，解方程即可；B选项，根据弧长公式得到，然后求面积；C选项，利用余弦定理得到，然后利用等面积的思路求；D选项，利用相似求圆锥内切球的半径，然后求正方体的体积即可. 【详解】 如图1，圆锥的轴截面为等腰三角形，则. 因为与底面所成角的正弦值为，所以， 所以，解得，故错误； 如图2，在圆锥的侧面展开图中，， 则圆锥的侧面积为， 所以圆锥的表面积为，故B正确； 如图2，过点作，垂足为. 在中，， 由余弦定理可得， 则，即，解得，故C正确； 如图1，设圆锥内切球的球心为，过点作，垂足分别为， 由题意可知，则，所以. 因为，所以，所以，解得. 设该正方体棱长的最大值为， 则，解得， 所以该正方体的体积的最大值是，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点睛：D选项的解题关键在于得到当正方体为圆锥内切球的内接正方体时，正方体的体积最大，然后通过计算内切球的半径求正方体的体积. 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. 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：. 13. 把水平放置的四边形按照斜二测画法，得到如图所示的直观图，其中，则四边形的面积为_____． 【答案】6 【解析】 【分析】把直观图还原,可知是直角梯形，利用梯形面积公式可求答案. 【详解】根据斜二测画法，还原成平面图形后，得到; 水平方向长度不变，则四边形是直角梯形，． 故答案为：6. 14. 已知圆台上底面的半径为3，下底面的半径为4，高为7，圆台上、下底面的圆周都在同一个球面上，则该球的体积是____. 【答案】 【解析】 【分析】易知圆台的轴截面是球的大圆的内接等腰梯形，且球心在梯形上下底边的中点连线上，，取球心为，利用与用半径表示出梯形的高，得到的方程，求解即可． 【详解】解：如图，圆台的轴截面为球的大圆的内接梯形， 易知球心落在梯形上下底中点连线上，设球半径为． 在直角三角形中，， 在直角三角形中，， 故， 所以，两边平方整理得，再平方可得，所以（负值舍去）． 故球的体积． 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. 在中，内角所对的边分别为且． （1）求角的大小； （2）若，且的面积为，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理与余弦定理化简即可； （2）由的面积为可得，再根据余弦定理即可得，进而求得周长. 【小问1详解】 由正弦定理，即，由余弦定理，且，故. 【小问2详解】 由题意，解得. 由余弦定理，可得. 故的周长为 16. 在正方体中，棱长，M，N，P分别是，，的中点． （1）直线交PN于点E，直线交平面MNP于点F，求证：M，E，F三点共线． （2）求三棱锥的体积． 【答案】（1） ， ，， 则平面，平面MPN 又， 平面， 又平面PMN， 平面平面， 平面， 平面PMN，平面， 点F在直线ME上，则M，E，F三点共线． （2） 【解析】 【分析】（1）本意利用点线面位置关系的额相关知识，先证平面平面，再证平面PMN，平面； （2）利用转换顶点处理即． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， 又， 17. 如图，观测站在目标的南偏西方向，经过处有一条南偏东走向的公路，在处观测到与相距31km的处有一人正沿此公路向处行走，走20km到达处，此时测得，相距21km. （1）求； （2）求，之间的距离. 【答案】（1） （2）15km 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求出，即可求； （2）由正弦定理有求出，再由余弦定理有即可求解. 【小问1详解】 由题意知：，， 在中，由余弦定理 因为, 所以 【小问2详解】 ，,， 由题意知： 在中，由正弦定理得：，所以 由余弦定理得：， 即， 解得：或（舍） ，之间的距离为 18. 如图所示，已知点P是平行四边形ABCD所在平面外一点，M，N，K分别为AB，PC，PA的中点，平面平面． （1）判断直线l与BC的位置关系并证明； （2）求证：平面PAD； （3）直线PB上是否存在点H，使得平面平面ABCD?若存在，求出点H的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由． 【答案】（1），证明：依题意，，平面，平面，则平面， 又平面平面，平面，所以. （2）证明：取中点，连接，在中， 在中，，则，即四边形为平行四边形， 因此，平面，平面， 所以平面. （3）当为中点时，平面平面 证明如下： 取的中点为，连接， 在中，，平面，平面， 则平面，同理可证，平面， 又平面，， 所以平面平面. 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理证明平面，再由线面平行的性质定理证明即可. （2）利用线面平行的判定定理证明即可. （3）利用面面平行的判定定理证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 复数是由意大利米兰学者卡当在十六世纪首次引入的，经过达朗贝尔、棣莫弗、欧拉、高斯等人的工作，此概念逐渐被数学家接受．形如的数称为复数的代数形式，而任何一个复数都可以表示成的形式，即其中为复数的模，叫做复数的辐角，我们规定范围内的辐角的值为辐角的主值，记作argz．复数叫做复数的三角形式．由复数的三角形式可得出，若，，则．其几何意义是把向量绕点按逆时针方向旋转角（如果，就要把绕点按顺时针方向旋转角），再把它的模变为原来的倍． 请根据所学知识，回答下列问题： （1）试将写成三角形式（辐角取主值）． （2）类比高中函数的定义，引入虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数．已知复变函数，，． ①当时，解关于的方程； ②当时，若存在实部不为0，且虚部大于0的复数和实数，使得成立，复数在复平面上对应的点为，点，以PA为边作等边，且在的上方，求线段的最大值． 【答案】（1） （2）①；②3. 【解析】 【分析】（1）计算出，结合特殊角的三角函数值得到，写出答案； （2）①整理得到，由复数形式根公式计算即可求出两根； ②方法一：设，利用复数的计算法则化简，并得到，点的轨迹为单位圆的一部分．设，，所表示的复数为，所表示的复数为，则，计算出，得到，则，从而求出线段的最大值； 方法二：设，利用复数的计算法则化简，并得到，点的轨迹为单位圆的一部分．连接，设，，，，由余弦定理和正弦定理得，，化简得到，线段的最大值为3． 【小问1详解】 由于，因此，所以，所以，， 因为，所以，所以； 【小问2详解】 ①由题意得，整理得，所以. ②方法一：设， 则 . 因为存在实数，使得成立，所以为实数，所以， 因为，，所以， 当时，，符合题意， 点的轨迹为单位圆的一部分. 设，，所表示的复数为， 所表示的复数为，则， ， 所以， 则 ， 所以当时，即时，取得最大值3， 故线段的最大值为3. 方法二：设， 则 ． 因为存在实数，使得成立，所以为实数，所以， 因为，，所以， 当时，，符合题意， 点的轨迹为单位圆的一部分． 连接，设，，，． 由，在中，可得， 在中，可得，于是， 在中，可得，于是， 在中，可得， 化简得，当且仅当时，等号成立． 故线段的最大值为3． 【点睛】新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $