精品解析：河北省保定市六校协作体2024-2025学年高一下学期5月期中数学试题

河北省保定市六校协作体2024-2025学年高一下学期5月期中数学试题 试卷满分150分 考试时间120分钟 一、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. 若复数，则（ ） A. B. 10 C. D. 20 2. 中，，则一定是 A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不确定 3. 下列说法中错误的是（ ） A. 棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形 B. 用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥可得到圆台 C. 直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥 D. 在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆柱的母线 4. 如图，点G，H，M，N分别是三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形是（　　） A. ①④ B. ②④ C. ③④ D. ②③ 5. 如图所示，在直角坐标系中，已知，，，，则四边形的直观图面积为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在中，已知，将以为轴旋转一周形成的几何体的体积为，以为轴旋转一周形成的几何体的体积为，若，则（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则A＝（ ） A. B. C. D. 或 8. 在三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，，则该三棱锥的外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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．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. 下列说法正确的是（ ） A. 若两个非零向量 共线，则必在同一直线上 B. 若向量与平行，与平行，则，方向相同或相反 C. 若非零向量与 是共线向量，则它们的夹角是0°或180° D. 平行向量就是共线向量，共线向量就是平行向量 10. 已知、、为三条不同的直线，、为两个不同的平面，则（ ） A. 由，，，得与平行或者异面 B. 由，，，得或 C. 由，，得 D. 由，，，，得 11. 在正四棱台中，，且该四棱台的体积为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 该四棱台的表面积为32 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 直线与所成角的余弦值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 与垂直的单位向量的坐标为________. 13. 已知复数满足，则______． 14. 如图，在直角梯形中，，，，，分别是，的中点，将三角形沿折起.下列说法正确的是______.(填序号) ①不论折至何位置(不在平面内)都有平面； ②不论折至何位置(不在平面内)都有； ③在折起过程中，一定存在某个位置，使平面； ④当二面角的大小为时，四棱锥的体积取最大值. 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. 如图，已知在正四棱锥中，，. （1）求四棱锥的表面积； （2）求四棱锥的体积. 16. 设向量 (1)若与垂直，求的值. (2)求的最大值. 17. 在①，②，③这三个条件中任选一个补充在下面问题中并作答. 在中，角，，所对的边分别为，，，且满足______. （1）求角的大小； （2）若，，求的周长. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 18. 如图，正三棱柱的所有棱长都等于2，E，F，G分别为，，AB的中点． （1）求证：平面平面BEF； （2）求与平面所成角的正弦值． 19. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，，，点E，F分别为棱，的中点. （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角的大小为. ①求二面角的余弦值； ②求点F到平面的距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北省保定市六校协作体2024-2025学年高一下学期5月期中数学试题 试卷满分150分 考试时间120分钟 一、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. 若复数，则（ ） A. B. 10 C. D. 20 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数模的定义求解. 【详解】． 故选：A． 2. 中，，则一定是 A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 不确定 【答案】C 【解析】 【分析】表示出向量的点乘，结合已知条件进行判定三角形形状 【详解】因为中，，则， 即，，角为钝角， 所以三角形为钝角三角形 故选 【点睛】本题考查了由向量的点乘判定三角形形状，只需运用公式进行求解，较为简单 3. 下列说法中错误的是（ ） A. 棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形 B. 用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥可得到圆台 C. 直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥 D. 在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆柱的母线 【答案】C 【解析】 【分析】由棱台圆台和旋转体的结构特征，圆柱母线的定义，对选项进行判断. 【详解】由棱台的结构特征可知，A选项中说法正确； 由圆台的结构特征可知，B选项中说法正确； 直角三角形绕斜边所在直线旋转一周所形成的几何体，不是圆锥， 是由两个同底圆锥组成的几何体，C选项中的说法错误； 在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，这两点的连线不一定是圆柱的母线， 只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，D选项中说法正确. 故选：C 4. 如图，点G，H，M，N分别是三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH，MN是异面直线的图形是（　　） A. ①④ B. ②④ C. ③④ D. ②③ 【答案】B 【解析】 【分析】根据平行直线、异面直线、相交直线的判定方法，即得解. 【详解】①中HG∥MN， ②中易知既不平行也不相交，因此是异面直线； ③中GM∥HN且GM≠HN，故HG，NM必相交， ④中，三点共面，但平面，因此是异面直线； ②④正确． 故选：B． 5. 如图所示，在直角坐标系中，已知，，，，则四边形的直观图面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，作出的直观图，再计算面积得解. 【详解】依题意，四边形是平行四边形，， 如图，是的直观图，， 所以四边形的直观图面积为. 故选：D 6. 如图，在中，已知，将以为轴旋转一周形成的几何体的体积为，以为轴旋转一周形成的几何体的体积为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据旋转体定义可得形成的几何体都可以看做一个大圆锥挖去一个小圆锥，再由锥体体积公式可得结果. 【详解】分别过顶点向对边作垂线，垂足分别为点，如图所示， 设，，则， 则形成的几何体都可以看做一个大圆锥挖去一个小圆锥，所以可得 ， ； 所以，即． 故选：A． 7. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则A＝（ ） A. B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理化角为边，结合余弦定理可得答案. 【详解】因为，由正弦定理得，整理得， 由余弦定理得， 又因为，所以． 故选：B． 8. 在三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，，则该三棱锥的外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点，设和的外接圆的圆心，分别在，上，过，分别作两个半平面的垂线，交于，可得为三棱锥的外接球的球心，且可得，由等边三角形的边长为2，可得，及的值，进而求出外接球的半径的值，再求出外接球的表面积． 【详解】由题意如图所示：设为的中点，连接，设，分别为，的外接圆的圆心， 过，分别作两个半平面的垂线，交于，则可得为该三棱锥的外接球的球心， 连接，，则为外接球的半径， 由与均为边长为2的等边三角形，则 又，则由余弦定理可得，所以，， 因为，分别为，的外接圆的圆心，所以，， 可得，可得，而，所以， 在中：， 所以外接球的表面积， 故选：C． 二、选择题：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．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. 下列说法正确的是（ ） A. 若两个非零向量 共线，则必在同一直线上 B. 若向量与平行，与平行，则，方向相同或相反 C. 若非零向量与 是共线向量，则它们的夹角是0°或180° D. 平行向量就是共线向量，共线向量就是平行向量 【答案】CD 【解析】 【分析】根据平面向量平行的概念和夹角的概念依次判断选项即可. 【详解】对选项A，若两个非零向量 共线，则与平行或在一条直线上，故A错误. 对选项B，若，与不平行，则满足向量与平行，与平行，故B错误. 对选项C，若非零向量与 是共线向量，则它们的夹角是0°或180°，故C正确. 对选项D，平行向量就是共线向量，共线向量就是平行向量，故D正确. 故选：CD 10. 已知、、为三条不同的直线，、为两个不同的平面，则（ ） A. 由，，，得与平行或者异面 B. 由，，，得或 C. 由，，得 D. 由，，，，得 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据面面平行推出、无公共点，可判断A选项；根据线面位置关系可判断B选项；根据线面位置关系和线面平行的性质可判断C选项；利用面面、线面位置关系可判断D选项. 【详解】对于A选项，由，，可知，直线、无公共点，故与平行或者异面，A对； 对于B选项， 由，可得，因为，所以或，B对； 对于C选项，因为，过作平面，使得，则， 因为，，则，故，C对； 对于D选项，因为，，，则或，故， 若，则、平行、相交或异面，D错. 故选：ABC. 11. 在正四棱台中，，且该四棱台的体积为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 该四棱台的表面积为32 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 直线与所成角的余弦值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先根据已知棱台体积求出高，再依选项求解.A项，结合正四棱台的性质，在直角梯形中求解；B项，在侧面梯形中，求出斜高，再求侧面积、底面积可得；C项，利用线面垂直找到线面角解直角三角形可得；D项，利用平行关系，将异面直线与所成角转化为相交直线所成角，利用余弦定理解三角形可得. 【详解】如图，记上、下底面的中心分别，，连接，，， 由四棱台为正四棱台可知，平面． 设该正四棱台的高为，已知， 所以，解得， 选项A，在直角梯形中， ，，， 取中点，连接，则， 所以四边形是平行四边形， 则，由平面．得底面， 则，， 所以，故A正确； 选项B，在梯形中，，， 过作，垂足为， 则斜高， 所以梯形的面积为， 所以该四棱台的表面积为，故B错误； 选项C，因为平面，所以是在平面的射影， 则是直线与平面所成的角， 所以在中， ， 即直线与平面所成角的正弦值为，故C正确； 选项D，连接，，如图所示，，且， 所以四边形是平行四边形，则， 所以为直线与所成的角或补角． 在中，，，， 由余弦定理得， 所以直线与所成角的余弦值为，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 与垂直的单位向量的坐标为________. 【答案】或 【解析】 【分析】设与垂直的单位向量的坐标为，根据题意可得，解得答案即可. 【详解】设与垂直的单位向量的坐标为， 可得，解得或 ， 故答案为：或 13. 已知复数满足，则______． 【答案】 【解析】 【分析】设，，然后根据题意列方程可求出，，，再求即可. 【详解】设，， 所以， 又， 所以，，， 所以， 又， 所以． 故答案为： 14. 如图，在直角梯形中，，，，，分别是，的中点，将三角形沿折起.下列说法正确的是______.(填序号) ①不论折至何位置(不在平面内)都有平面； ②不论折至何位置(不在平面内)都有； ③在折起过程中，一定存在某个位置，使平面； ④当二面角的大小为时，四棱锥的体积取最大值. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】 取的中点，连接，，利用面面平行的判定定理即可判断①；利用线面垂直的判定定理可判断②；假设平面，得出，从而推出当时，不存在，进而可判断③；当平面平面时，四棱锥的体积最大可判断④. 【详解】对于①，取的中点，连接，，则， 平面,平面，所以平面， 又，平面，平面，平面， 且，可得平面平面. 又因为不论折至何位置(不在平面内)， 都有平面，所以平面，故①正确； 对于②，同理，不论折至何位置，当点在平面内时，显然有； 当点不在平面内时，易证平面，故，故②正确； 对于③，若平面，则，所以. 所以. 故当时，不可能有，即不可能使平面，故③错误； 对于④，当平面平面时，四棱锥的体积最大. 此时，二面角的大小为，故④正确. 综上，正确的是①②④. 故答案为：①②④ 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. 如图，已知在正四棱锥中，，. （1）求四棱锥的表面积； （2）求四棱锥的体积. 【答案】（1）84 （2） 【解析】 【分析】（1）根据表面积公式即可求解， （2）根据体积公式即可求解. 【小问1详解】 连接相交于，连接 过点作于点，连接，则是斜高， 在直角三角形中，， 在直角三角形中，， ， ． 所以正四棱锥的表面积为84． 【小问2详解】 ， 所以正四棱锥的体积为； 16. 设向量 (1)若与垂直，求的值. (2)求的最大值. 【答案】（1）2．（2）4． 【解析】 【分析】（1）根据向量垂直得出数量积为0，列出方程，使用三角函数恒等变换化简； （2）求出（）2，利用三角函数的性质得出（）2的最大值； 【详解】解：（1）（sinβ﹣2cosβ，4cosβ+8sinβ）， 若（），则0，即4cosα（sinβ﹣2cosβ）+sinα（4cosβ+8sinβ）＝0． ∴4cosαsinβ+4sinαcosβ﹣8cosαcosβ+8sinαsinβ＝0， 即sin（α+β）＝2cos（α+β）， ∴tan（α+β）＝2． （2）（sinβ+cosβ，4cosβ﹣4sinβ）， ∴（）2＝（sinβ+cosβ）2+（4cosβ﹣4sinβ）2＝17﹣30sinβcosβ＝17﹣15sin2β． ∴当sin2β＝﹣1时，（）2取得最大值32． ∴||的最大值是4． 【点评】本题考查了平面向量的数量积与向量垂直，三角函数的恒等变换，属于中档题． 17. 在①，②，③这三个条件中任选一个补充在下面问题中并作答. 在中，角，，所对的边分别为，，，且满足______. （1）求角的大小； （2）若，，求的周长. 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1）若选①或③，均有；若选②，或； （2） 【解析】 【分析】（1）若选①，将原式化简，再利用余弦定理计算可得； 若选②，利用正弦定理将角化边，即可得到，从而得解；若选③利用正弦定理将边化角，再根据两角和的正弦公式以及诱导公式计算可得； （2）由，可得，即可求出，再利用正弦定理计算可得； 【详解】解：（1）若选①，由，所以，所以，由余弦定理，所以，因为，所以； 若选②，则，所以，因为，所以或； 若选③，由正弦定理可得，所以，所以，因为，所以，因为，所以； （2）因为，所以，所以，又由（1）可知，所以，由正弦定理得 所以 所以 18. 如图，正三棱柱的所有棱长都等于2，E，F，G分别为，，AB的中点． （1）求证：平面平面BEF； （2）求与平面所成角的正弦值． 【答案】（1） ，F分别为，的中点，， 平面，平面，平面， 又F，G分别为，AB的中点，， 又，四边形为平行四边形，则， 平面，平面， 平面， 又，EF，平面BEF， 平面平面BEF． （2） 【解析】 【分析】（1）利用面面平行判定定理即可证得平面平面BEF； （2）先依据线面角定义作出与平面所成角，进而求得其正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面ABC内，过点G作，垂足为H，连接． 正三棱柱， 平面ABC．又平面ABC，． 又，BC，平面，平面． 即为与平面所成的角． 正三棱柱的所有棱长为2，G为AB中点， ，， 又，，． 又，， ． 又， ， ， 故与平面所成角的正弦值为． 19. 如图，在四棱锥中，四边形是边长为2的菱形，，，，点E，F分别为棱，的中点. （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角的大小为. ①求二面角的余弦值； ②求点F到平面的距离. 【答案】（1）证明：如图： 取中点，连接，. 因为为中点，所以且， 又四边形为菱形，且为中点，所以且， 所以且. 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面. （2）①；② 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，通过证明，再证平面. （2）先证平面，以的交点为原点，建立空间直角坐标系，用空间向量的方法求二面角和点到面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图： 连接，，交于点， 因为四边形为菱形，所以，且为，的中点， 又因为，所以，，平面，且， 所以平面，易得为直线与平面所成的角的平面角， 则，又，，， 所以，，，， 以为原点，建立如图空间直角坐标系，则，，， ，，，. 所以，，，. ①设平面的法向量为 则，取. 设平面的法向量为， 则，取. 所以二面角的余弦值为：. ②点平面的距离为：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $