精品解析：重庆市第一中学校2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

重庆一中高2027届高一下期半期考试 数学试题卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上.． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效. 3．考试结束后，将答题卡交回. 一、单项选择题本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 若向量，则实数的值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用数量积的坐标表示，即可求值. 【详解】，， 解得：. 故选：D 2. 已知复数，则的虚部是（ ） A. 5 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用共轭复数的意义及复数乘法运算求解即可. 【详解】复数，则， 所以所求虚部. 故选：B 3. 如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是三角形，若，，则原三角形的面积为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】根据直观图可得原图为直角三角形，求出原图的直角边长后可得三角形的面积. 【详解】由题设可得三角形为直角三角形，且为直角，，， 故其面积为， 故选：B. 4. 设有两条不同的直线m，n和两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中直线与平面、平面与平面平行的性质与判定，平面与平面垂直的性质与判定逐个选项分析即可． 【详解】若，则或，A选项错误； 若，，则或相交，故B错误； 若，，则，故C正确； 若，则可以平行，可以异面，可以相交，故D错误； 故选：C. 5. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知，则是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理，二倍角的正弦函数公式化简已知可求得，结合范围可求或解得或即可得 【详解】可得， 由正弦定理可得: ，即， 可得， ，或， 解得或，即是等腰或直角三角形. 故选：D 6. 如图，在梯形ABCD中，，E为线段AB的中点，先将梯形挖去一个以BE为直径的半圆，再将所得平面图形以直线AB为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得几何体体积为一个圆锥加一个圆柱体积再减去一个球的体积，据此可得答案. 【详解】旋转后得到的几何体为两个同底面的圆柱，圆锥，再去掉一个球体得到. 由题可得圆柱，圆锥的底面半径为CB， 又，则， 三角形为等腰直角三角形，则， 又由题可得圆柱，圆锥的高均为2， 则圆柱，圆锥体积之和为：， 又注意到球体半径为，则球体体积为：， 则几何体体积为. 故选：A 7. 蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、踢、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，面ABC，，则该鞠（球）的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出外接圆半径，再利用球的截面小圆性质求出球半径即可. 【详解】在中，，则外接圆半径， 球心在线段的中垂面上，由平面，，得的中垂面平行于平面， 因此球心到平面的距离，球半径， 所以该鞠（球）的表面积为. 故选：C 8. 如图，在凸四边形ABCD中，，当变化时，对角线BD的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设，求出，利用正弦定理和余弦定理计算表示出，结合正弦函数的性质即可求解. 【详解】设，则，所以， 由正弦定理得，则， 在中，由余弦定理得 ， 所以当时，取到最大值，此时. 故选：D 二、多项选择题本题共3个小题，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. 9. 如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与直线所成角为 B. 平面 C. M、O、三点共线 D. 直线与平面所成角的为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用几何法求出异面直线的夹角判断A；利用线面垂直的性质判定推理判断B；利用平面的基本事实推理判断C；求出线面角判断D. 【详解】对于A，连接，四边形是正方体的对角面， 则四边形为矩形，，是直线与直线所成角或其补角， 而，因此，A正确； 对于B，平面，平面，则，又， 平面，则平面，又平面， 于是，同理，又，因此平面，B正确； 对于C，由，平面，得平面， 由，平面，得平面， 则是平面和平面的公共点， 同理，点和都是平面和平面的公共点， 因此三点，，在平面与平面的交线上，即，，三点共线，C正确； 对于D，连接，设，连接，由选项B，同理得平面， 则为直线与平面所成的角，在中，， 因此，，D错误. 故选：ABC 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为函数的一个对称中心 C. 将的图象向左平移个单位长度后得到一个偶函数图形 D. 在上单调递增，则的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据函数图象求出函数的解析式，再逐项判断可得正确答案. 【详解】由图象可得，，所以， 此时，又， 所以，即， 又，所以，故，故A错误； 由， 所以为函数的一个对称中心，故B正确； 将的图象向左平移个单位长度， 得到，为偶函数，故C正确； 由，当时，， 由在上单调递增，则，解得， 所以的取值范围为，故D错误. 故选：BC. 11. 已知正方体棱长为1，E为线段的中点，，其中，则下列选项正确的是（ ） A. 时， B. 时，的最小值为 C. 时，三棱锥的体积为定值 D. 时，直线与平面的交点轨迹长度为 【答案】ABC 【解析】 【分析】先分别由各选项的条件确定动点的轨迹后再判断.A项，由线面垂直可证线线垂直；B项，由线面垂直性质得直角三角形，由直角边小于斜边可得最值；C项，由线面平行关系得距离定值，再由体积公式可得；D项，线面交点轨迹转化为面面交线问题求解即可. 【详解】由题意，正方体的棱长为1，为线段的中点， 且，其中， 对于A中，取，分别为的中点，当时，可得点在线段上运动， 如图（1）所示，在正方形中，因为，为中点， ，所以与全等， 则，可得， 又由平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以，所以A正确； 对于B，如图（2）在上分别取点和点， 使得，连接，当时，可得点在线段上运动， 由，平面，所以平面， 又平面，则， 所以在直角Rt中，显然为的最小值， 且，所以B正确； 对于C中，如图（3）所示，取的中点，分别连接， 当时，可得点在线段上运动，由 且平面，平面，所以平面， 所以点到平面的距离为定值，即三棱锥的高为定值， 又由的面积为定值，所以（定值），所以C正确： 对于D中，如图（4）所示，连接分别交于点和点，连接， 当时，可得点线段上运动， 设直线与平面的交点在必在平面与平面的交线上. 因为且平面，所以平面， 又因为平面平面，所以， 由与相似，且相似比为1:2， 所以， 即直线与面的交点轨迹为，长度为，所以D不正确． 故选：ABC. 【点睛】 三、填空题本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数z满足，则的值为________． 【答案】1 【解析】 【分析】根据复数模的性质及模的公式直接求解. 【详解】根据复数模的性质，得：. 故答案为：1. 13. 如图所示，三棱台中，，且三棱锥的体积，则三棱锥的体积为________． 【答案】 【解析】 【分析】由棱台的结构特征可知，，结合锥体的体积公式分析求解即可. 【详解】设三棱台的高为， 因为，可知， 所以. 设，所以， 设到平面距离为， 因为，且，所以， 所以三棱锥的体积. 故答案为：. 14. 设为单位向量，满足，，．若的夹角为，则的值为________． 【答案】1 【解析】 【分析】由，结合数量积的性质求的关系，再确定的大小即可． 【详解】单位向量，由，得，解得， 而，当且仅当时取等号，因此，此时， 因此，，， 所以. 故答案为：1 四、解答题．本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，在直三棱柱中，底面为直角三角形，，D，E分别为，的中点．求证： （1）平面； （2）若，求点E到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形中位线可得，结合线面平行的判定定理可证结论； （2）利用等体积法可求点E到平面的距离. 【小问1详解】 因为D，E分别为，的中点，所以， 因为，所以， 因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为底面为直角三角形，，，所以， 因为，所以， 由于,所以的面积为； 因为底面为等腰直角三角形，所以,所以的面积为; 设点E到平面的距离为，，所以, 解得， 即点E到平面的距离为. 16. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足． （1）求角； （2）若，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解； （2）利用正弦定理求出即可得解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得，即， 整理得， 由余弦定理得， 又，所以； 【小问2详解】 因为，，， 所以， 因为， 所以，， 所以的周长为. 17. 在平行六面体中，底面ABCD为正方形，，，侧面底面ABCD． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的平面角的正弦值． 【答案】（1）见详解. （2） 【解析】 【分析】（1）由底面为正方形，侧面底面ABCD，利用面面垂直的性质可证； （2）法1，根据题意建立空间直角坐标系，计算边长并标点，再利用空间坐标法求取二面角余弦值，进而得到正弦值.法2：作出二面角的平面角，利用几何法求出正弦值. 【小问1详解】 由底面ABCD为正方形，得，又底面ABCD， 侧面底面ABCD，侧面底面ABCD， 则平面，而平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 法1：由（1）知平面，又，则平面， 如图以D为原点建立空间直接坐标系， 由，，得，， 则到的距离为，故，，， 设平面的一个法向量， ，不妨取，则， 侧面底面ABCD，故平面的一个法向量， 设二面角平面角为， ， 所以二面角的平面角的正弦值. 法2：在平行六面体中，连接，连接， 由，，得是菱形，且是正三角形， 则，由（1）知平面，而，则平面， 又平面平面，于是平面，又平面， 则，而平面，因此平面， 又平面，则，为 二面角的平面角， 在中，，则斜边， 所以，即二面角的平面角的正弦值. 18. 如图．在梯形中，，E、F是的两个三等分点，G、H是的两个三等分点，线段上一动点P满足分别交于M、N两点，记． （1）当时，求的值； （2）若，求的值； （3）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）分解向量得，，然后由向量的数量积即可求解； （2）分解向量得，由三点共线可设，根据三点共线求得的值即可进一步求解； （3）分解向量得，，结合，可得，从而所求可转换为关于的函数. 【小问1详解】 由题意， ， 所以 ； 【小问2详解】 ， 若，则， ， 因为三点共线， 所以可设， 由于三点共线，所以设， 所以，解得，， 所以； 【小问3详解】 ， 则 ， , 因为三点共线， 所以可设， 因为，所以， 所以，即， 所以， 令，所以， 由对勾函数性质可知，在上单调递增， 故所求为. 19. 三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．当内一点P满足条件时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为． （1）求证：； （2）若，是否存在常数，使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由． （3）若，试判断的形状． 【答案】（1）证明见解析； （2）存在，； （3）正三角形. 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式推理得证. （2）利用余弦定理，结合（1）的结论及二倍角的正弦公式求解. （3）由（1）（2）的结论可得，再利用余弦定理、三角形面积公式，结合辅助角公式及基本不等式推理判断即可得解. 【小问1详解】 依题意，， 所以. 【小问2详解】 存在实数使等式成立．理由如下： 由（1）得，在中，由余弦定理得： ，， 三式相加整理得 ，所以时，存在实数使. 【小问3详解】 当时，由（1）得， 由（2）得，， 在中，由余弦定理得， 于是 ，当且仅当且时取等号， 由，得，则，， 即当且仅当且时取等号，亦即当且仅当为等边三角形时取等号， 因此，当且仅当为等边三角形时取等号， 而，所以为等边三角形. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆一中高2027届高一下期半期考试 数学试题卷 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上.． 2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效. 3．考试结束后，将答题卡交回. 一、单项选择题本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 若向量，则实数的值为（ ） A. 2 B. C. D. 2. 已知复数，则的虚部是（ ） A. 5 B. C. D. 3. 如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是三角形，若，，则原三角形的面积为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 4. 设有两条不同的直线m，n和两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 在中，内角，，的对边分别为，，，已知，则是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形 6. 如图，在梯形ABCD中，，E为线段AB的中点，先将梯形挖去一个以BE为直径的半圆，再将所得平面图形以直线AB为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、踢、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，面ABC，，则该鞠（球）的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在凸四边形ABCD中，，当变化时，对角线BD的最大值为（ ） A. 3 B. 4 C. D. 二、多项选择题本题共3个小题，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. 9. 如图所示，在正方体中，O为DB的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与直线所成角为 B. 平面 C. M、O、三点共线 D. 直线与平面所成角的为 10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 为函数的一个对称中心 C. 将图象向左平移个单位长度后得到一个偶函数图形 D. 在上单调递增，则取值范围为 11. 已知正方体的棱长为1，E为线段的中点，，其中，则下列选项正确的是（ ） A. 时， B. 时，的最小值为 C. 时，三棱锥的体积为定值 D. 时，直线与平面的交点轨迹长度为 三、填空题本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数z满足，则的值为________． 13. 如图所示，三棱台中，，且三棱锥的体积，则三棱锥的体积为________． 14. 设为单位向量，满足，，．若的夹角为，则的值为________． 四、解答题．本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 如图，在直三棱柱中，底面为直角三角形，，D，E分别为，的中点．求证： （1）平面； （2）若，求点E到平面的距离． 16. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足． （1）求角； （2）若，，求周长． 17. 在平行六面体中，底面ABCD正方形，，，侧面底面ABCD． （1）求证：平面平面； （2）求二面角的平面角的正弦值． 18. 如图．在梯形中，，E、F是的两个三等分点，G、H是的两个三等分点，线段上一动点P满足分别交于M、N两点，记． （1）当时，求的值； （2）若，求值； （3）若，求的取值范围． 19. 三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于1816年首次发现，但他的发现并未被当时的人们所注意．1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．当内一点P满足条件时，则称点P为的布洛卡点，角为布洛卡角．如图，在中，角A，B，C所对边长分别为a，b，c，点P为的布洛卡点，其布洛卡角为． （1）求证：； （2）若，是否存在常数，使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由． （3）若，试判断的形状． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $