精品解析：重庆市凤鸣山中学教育集团2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

2024-2025学年重庆市沙坪坝区凤鸣山中学教育集团高一（下）期中数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数的实部为，虚部为b，则=（ ） A. 7 B. 5 C. D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数实部和虚部的定义求出的值，进而求解即可. 【详解】由题意，，则. 故选：C. 2. 设m､n是空间中不同的直线，α､β是不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若lm，m⊂α，则lα B. 若m⊂α，n⊂β，αβ，则mn C. 若αβ，m⊂α，则mβ D. 若m⊂α，n⊂β，mβ，nα，则αβ 【答案】C 【解析】 【分析】 在A中，或；在B中，或m与n异面；在C中，由面面平行的性质定理得；在D中，与平行或相交. 【详解】解：由m、n是空间中不同的直线，、是不同的平面，知： 在A中，若，，则或，故A错误； 在B中，若，，，则或m与n异面，故B错误； 在C中，若，，则由面面平行的性质定理得，故C正确； 在D中，若，，，，则与平行或相交，故D错误. 故选：C. 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是基础题. 3. 如图所示，已知正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其原图形的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测画法还原图形，结合图形求解. 【详解】根据斜二测画法还原得下图： 因为四边形是边长为的正方形，则，所以，， 又因为，，则， 同理可得，， 因此，原图形的周长为. 故选：B. 4. 已知向量，，若满足，则（　　） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量线性运算的坐标运算直接得解. 【详解】因为，，且满足， 所以， 故选：A. 5. 如图，已知三棱锥，点是的中点，且，，过点作一个截面，使截面平行于和，则截面的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】如图所示，设AB、BC、VC的中点分别为D,E,F，连接PD,DE,EF,PF.先证明截面DEFP就是所作的平面，再求截面的周长. 【详解】如图所示，设AB、BC、VC的中点分别为D,E,F，连接PD,DE,EF,PF. 由题得PD||VB,DE||AC, 因为平面DEFP,VB,AC不在平面DEFP内， 所以VB||平面DEFP,AC||平面DEFP, 所以截面DEFP就是所作的平面. 由于, 所以四边形DEFP是平行四边形， 因为VB=4,AC=2,所以PD=FE=2,DE=PF=1, 所以截面DEFP的周长为2+2+1+1=6. 故选：D 【点睛】本题主要考查截面的作法和线面位置关系的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 6. 若圆台的高为4，母线长为5，侧面积为45π，则圆台的上、下底面的面积之和为（ ） A. 9π B. 36π C. 45π D. 81π 【答案】C 【解析】 【分析】设圆台的两底面半径分别为,利用圆台侧面积公式求得，利用勾股定理求得，进而求得，然后利用圆的面积公式求得上下底面积的和. 【详解】设圆台的两底面半径分别为,则侧面积， ∴； 又∵圆台的高为4，母线长为5，∴,即, ∴, ∴, ∴， ∴圆台的上下底面积的和为， 故选：C 7. 羽毛球运动是一项全民喜爱的体育运动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶端所围成圆的直径是，底部所围成圆的直径是，据此可估算得球托之外羽毛所在曲面的展开图的圆心角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面为大圆锥的侧面截去一个小圆锥的侧面所得，求出小圆锥的母线长后可得展开图圆心角． 【详解】将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面为大圆锥的侧面截去一个小圆锥的侧面所得， 设小圆锥母线长为，则大圆锥母线长为，由相似得，即， ∴可估算得球托之外羽毛所在的曲面的展开图的圆心角为. 故选：C． 8. 已知平面向量满足，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量加减法的平行四边形法则作图，问题转化为求的最值，利用外接圆数形结合可求最值. 【详解】设，如图， 由题意，即在平行四边形中，，， 求的最大值. 延长至，使，则， 由正弦定理，三点所在外接圆的直径， 所以，设圆心为，如图， 所以可知，又， 所以由余弦定理可得， 则由图象可知， 故选：C 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 下面是关于复数的四个命题，其中的真命题为（ ） ；；的虚部是；对应的点在第四象限. A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，化简复数，结合复数模，共轭复数定义，以及复数的概念和复数的几何意义，逐个判定，即可求解. 【详解】由复数， 所以，，复数的虚部为， 且复数在复平面内对应的点位于第四象限，所以，，正确，不正确. 故选：ABD. 10. 下列命题正确的（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，，则 C. 非零复数对应的向量分别为为和，若，则 D. 若，则的最小值为5 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用平面的性质判断A，B，利用复数的运算性质与几何意义判断C，D即可. 【详解】对于A，由平面的性质得两个平面的公共点必在其交线上，故A正确． 对于B，若，，则， 由直线a与点P确定唯一平面，由a与b确定唯一平面， 且该平面经过直线a与点P，所以该平面与重合，则，故B正确； 对于C，由知，以为邻边平行四边形为矩形，故C正确， 对于D项，表示对应点与点距离为，轨迹为圆，如图， 而表示对应点与点距离， 结合图形可知的最小值为，故D错误． 故选：ABC 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ） A. 该半正多面体的体积为 B. 该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式 C. 该半正多面体过三点的截面面积为 D. 该半正多面体外接球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到，求出正方体体积减去8个三棱锥的体积即可；B选项，得到，B正确；C选项，过三点的截面为正六边形，结合三角形面积公式求出C错误；D选项，转化为外接球即为底面棱长为2，侧棱长为的正四棱柱的外接球，求出外接球半径，得到表面积. 【详解】如图，该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的． 对于A，因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的， 所以该几何体的体积为：，故A正确； 对于B，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，即，满足，故B正确； 对于C，由平行关系得到过三点的截面为正六边形，边长为2， 可分割为6个正三角形，所以，故C错误； 对于D，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为2， 侧棱长为的正四棱柱的外接球，故外接球半径为， 所以该半正多面体外接球的表面积，故D正确， 故选：ABD． 【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数（i为虚数单位）是关于x的方程（p，q为实数）的一个根，则_________． 【答案】0 【解析】 【分析】把代入方程得，再化简方程利用复数相等的概念得到的值，即得的值. 【详解】由复数（i为虚数单位）是关于x的方程（p，q为实数）的一个根 所以，即 由复数相等可得 ，故 故答案为：0 13. 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若,则 C＝ ______. 【答案】 【解析】 【分析】由余弦定理求出,即得解. 【详解】由余弦定理知，又因为，所以. 故答案为 【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力. 14. 解放碑是重庆的标志建筑物之一，存在其特别的历史意义.我校数学兴趣小组为了测量其高度，设解放碑杯杯高为AB，在地面上共线的三点C，D，E处分别测得顶点A的仰角为，且，则解放碑的高AB为______. 【答案】 【解析】 【分析】通过三角函数关系表示出不同线段的长度，再利用余弦定理分别在两个三角形中列出关于角的余弦表达式，最后联立方程组求解出线段AB的长度. 【详解】解：由题意，设中，， 同理可得， 因为，所以在中，…①， 在中，…②， 由①②组成方程组，解得，即 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. 设、是夹角为的两个单位向量，如果 （1）求证：，，三点共线； （2）若与的夹角为锐角，试求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量平行且有公共点得出三点共线； （2）把夹角为锐角转化为数量积大于零且向量不平行求参即可. 【小问1详解】 因为， 则，可知共线，所以，，三点共线； 【小问2详解】 若， 解得或 若，可得解得， 则与夹角为锐角，则且与不平行， 故或或， 则的取值范围为. 16. 如图，在正方体中，为中点，与平面交于点． （1）求证：面； （2）求证：为的中点． 【答案】（1）证明见解析． （2）证明见解析． 【解析】 【分析】（1）证明，然后由线面平行的判定定理得证； （2）由线面平行的性质定理得线线平行，从而可证得结论成立． 【小问1详解】 因为与平行且相等，所以是平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 由（1）平面，平面，平面平面， 所以，又是中点， 所以是中点． 17. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，，分别为棱，上的点，且，. （1）求证：平面； （2）在棱上是否存在点，使得平面？若存在求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）先由面面平行的判定定理证明面面，即可证明平面； （2）假设在棱上存在点，使得面，由线面平行的性质定理即可得点为棱的中点. 【小问1详解】 在上取点，使得，连接， 在中，点、分别为、上的三等分点，则有 又面、面 由线面平行的判定定理：面 又且，∴四边形为平行四边形 则有，又面、面，∴面 由于面、面，，∴面面 又面，∴面 【小问2详解】 假设在棱上存在点，使得面 连接，交于 ∵面，面，面面 由线面平行的性质定理： 则在中，，易知， ∴，∴点为棱的中点，即 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，． （1）若，证明：； （2）若，是的中线，求的最大值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理得，再根据余弦定理有，两者联立即可证明； （2）首先利用基本不等式和余弦定理得，再利用向量中线长定理有，则可求出的最大值. 【小问1详解】 由正弦定理得，即，即， 由余弦定理知和， 得，即， 即，因为，所以. 【小问2详解】 因为，，所以， 故，当且仅当，即时等号成立， 故； 由是的中线，得， 即得 ， 即得，故的最大值为. 19. 在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且. （1）求； （2）若，， ①的平分线交于点，求线段的长； ②若，点P，Q是边上的两个动点，且，设的面积为，求的最小值. 【答案】（1） （2）①长为；② 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，结合余弦定理可得，从而可得的大小； （2）①由，可得，设边上的角平分线长为，根据面积关系列方程即可得的值，从而得所求；②由，，解得的值，设，根据正弦定理与的面积公式即可得关于的函数关系，利用三角恒等变换化简解析式，结合正弦型函数的性质求得最值即可得答案. 【小问1详解】 因为，所以， 由正弦定理得：，即， 由余弦定理得：， 因为，所以； 【小问2详解】 ①因为，，所以， 即，解得， 设边上的角平分线长为， 则， 即，故，即，解得， 即边上的角平分线长为； ②因为，，所以或， 因为，所以， 所以，即，则， 如图，设， 则在中，由正弦定理得，所以， 在中，由正弦定理得，所以， 所以的面积为 ， 因为，所以 故当，即时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年重庆市沙坪坝区凤鸣山中学教育集团高一（下）期中数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数的实部为，虚部为b，则=（ ） A. 7 B. 5 C. D. 9 2. 设m､n是空间中不同的直线，α､β是不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若lm，m⊂α，则lα B. 若m⊂α，n⊂β，αβ，则mn C. 若αβ，m⊂α，则mβ D. 若m⊂α，n⊂β，mβ，nα，则αβ 3. 如图所示，已知正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其原图形的周长为（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，，若满足，则（　　） A. B. C. D. 5. 如图，已知三棱锥，点是的中点，且，，过点作一个截面，使截面平行于和，则截面的周长为（ ） A. B. C. D. 6. 若圆台的高为4，母线长为5，侧面积为45π，则圆台的上、下底面的面积之和为（ ） A. 9π B. 36π C. 45π D. 81π 7. 羽毛球运动是一项全民喜爱的体育运动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶端所围成圆的直径是，底部所围成圆的直径是，据此可估算得球托之外羽毛所在曲面的展开图的圆心角为（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面向量满足，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 3 二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分. 9. 下面是关于复数的四个命题，其中的真命题为（ ） ；；的虚部是；对应的点在第四象限. A. B. C. D. 10. 下列命题正确的（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，，则 C. 非零复数对应的向量分别为为和，若，则 D. 若，则的最小值为5 11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ） A. 该半正多面体的体积为 B. 该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式 C. 该半正多面体过三点的截面面积为 D. 该半正多面体外接球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数（i为虚数单位）是关于x的方程（p，q为实数）的一个根，则_________． 13. 在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若,则 C＝ ______. 14. 解放碑是重庆的标志建筑物之一，存在其特别的历史意义.我校数学兴趣小组为了测量其高度，设解放碑杯杯高为AB，在地面上共线的三点C，D，E处分别测得顶点A的仰角为，且，则解放碑的高AB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. 设、是夹角为的两个单位向量，如果 （1）求证：，，三点共线； （2）若与的夹角为锐角，试求的取值范围. 16. 如图，在正方体中，为中点，与平面交于点． （1）求证：面； （2）求证：为的中点． 17. 如图，四棱锥的底面为平行四边形，，分别为棱，上的点，且，. （1）求证：平面； （2）在棱上是否存在点，使得平面？若存在求出的值；若不存在，说明理由. 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，． （1）若，证明：； （2）若，是的中线，求的最大值． 19. 在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且. （1）求； （2）若，， ①的平分线交于点，求线段的长； ②若，点P，Q是边上的两个动点，且，设的面积为，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $