精品解析：青海省西宁市第十四中学2024-2025学年高一下学期期中测试数学试卷

2024-2025学年高一第二学期数学期中考试试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法运算可化简所求复数. 【详解】. 故选：D. 2. 若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中点、线、面的关系即可判断. 【详解】点与面是元素与集合的关系，是属于与不属于的关系，故B、C错误； 因为,所以,则,故A错误，D正确, 故选：D 3. 如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（ ） A. 6 B. 9 C. 12 D. 15 【答案】C 【解析】 【分析】根据直观图还原原图形，然后可求出的面积. 【详解】由的直观图可知原图中，， 所以的面积为. 故选：C 4. 关于非零向量， ，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则，不是共线向量 【答案】C 【解析】 【分析】由向量的模长，共线，相等的性质逐项判断即可. 【详解】对于A，向量不能比较大小，故A错； 对于B，向量的模相等，但是向量的方向可能不同，故B错； 对于C，若，由向量相等的条件可得，故C正确； 对于D，不相等的向量也可能是共线向量，故D错. 故选：C． 5. 已知表示两条不同的直线，表示三个不同的平面，下列推理正确的是（ ） A. B. 且 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】对于A,B,在满足条件时，可得到多种情况，故排除，对于D，可通过举反例作图进行排除，对于C可利用线面平行的性质推出结果. 【详解】对于A，由可得或与相交，故A错误； 对于B，由可得或或且，故B错误； 对于C，由可得，因，且，由线面平行的性质即得，故C正确； 对于D，如图，在平面内作，因故得，但不成立，故D错误. 故选：C. 6. 如图，在平行四边形中，为的中点，与交于点．若，则（ ） A. B. 0 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】由得，进而，最后利用平面向量基本定理即可求解. 【详解】由四边形为平行四边形，为的中点，知，且， 所以，则． 因为， 所以，，所以． 故选：C． 7. 朱世杰是元代著名的数学家，有“中世纪世界最伟大的数学家”之誉.其著作《四元玉鉴》是一部成就辉煌的数学名著，受到数学史研究者的高度评价.《四元玉鉴》下卷“杂范类会”中第一问为：“今有沈香立圆球一只，径十寸，今从顶截周八寸四分，问厚几何?”大意为现有一个直径为的球，从上面截一小部分，截面圆周长为，问被截取部分几何体的高为多少.已知朱世杰是以圆周率为来计算，则《四元玉鉴》中此题答案为（注：） （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆的周长公式计算出截面的半径，再根据勾股定理可得出被截取部分几何体的高的方程，解之即可. 【详解】设截面圆的半径为，被截取部分几何体的高为， 若以作为圆周率，则，由勾股定理可得， 故. 故选：B. 8. 在直三棱柱中，，，P是棱的中点，则C到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合三棱锥得体积，直接使用等体积法得到答案. 【详解】由条件可得是等腰直角三角形，且， 故， 所以, , 设P到直线的距离为h， 则由, 可知, 设所求距离为d， 因， 则， 解得： 故选：D. 二、多选题：3小题，每题6分，部分选对得部分，错选或多选0分，共18分. 9. 已知虚数z满足，则（ ） A. 的实部为 B. 的虚部为 C. D. 在复平面内对应的点在第二象限 【答案】AC 【解析】 【分析】由复数的概念可判断AB选项；利用复数求模公式判C选项；z在复平面内对应的点为可判断D选项. 【详解】因，则，故z的实部为，虚部为， ，z在复平面内对应的点为，在第三象限， 故AC正确；BD错误； 故选：AC 10. 在中，，则（ ） A. B. 的面积为8 C. D. 的内切圆半径是 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用二倍角的余弦公式即可求，利用余弦定理即可求得，由求，进而得的面积，利用数量积的定义即可判断C，设的内切圆半径为，由即可求解. 【详解】由，所以， 由余弦定理有：， 所以，故A正确； 由，所以，故B正确； ，故C错误； 设的内切圆半径为，则有， 即，故D正确. 故选：ABD. 11. 如图，在长方体中，．E，F，G，H分别为，的中点，下列说法正确的是（ ） A. 长方体外接球的表面积为 B. 与所成角的余弦值为 C. 平面 D. 与平面所成角的正切值为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A，根据长方体外接球的直径即为体对角线，进而求出外接球的半径，再求解其表面积，即可判断；对于B，设中点为，连接，可证明，得到为与所成角（或补角），进而求解判断即可；对于C，连接，易得，进而判断即可；对于D，连接，易得平面，可得为与平面所成角，进而求解判断即可. 【详解】对于A，长方体外接球的直径即为体对角线， 则其外接球的半径为， 则其外接球表面积为，故A正确； 对于B，设中点为，连接， 在长方体中，由于F，G，H分别为，的中点， 所以，， 则四边形为平行四边形，则， 所以与所成角（或补角）， 因为， 所以， 则，， 则，， 又，则， 在中，， 则与所成角的余弦值为，故B错误； 对于C，连接， 因为E，F分别为的中点，所以， 在长方体中，，则， 而与平面相交，则不平行于平面，故C错误； 对于D，连接，由B知，， 在长方体中，平面， 则平面，又平面，则， 所以为与平面所成角， 由， 所以，，， 则， 所以在中，，故D正确. 故选：AD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，为单位向量，且在上的投影向量为，则与的夹角为_________． 【答案】 【解析】 【分析】设与的夹角为，则，利用投影向量的定义可得出的值，即可得出角的值，即为所求. 【详解】设与的夹角为，则， 因为在上的投影向量为，可得， 故，即与的夹角为. 故答案为：. 13. 高原明珠又名浦宁之珠，于2008年10月13日在西宁市城西区西山山顶竣工，是集广播电视发射、城市规划展览、旅游观光为一体的西宁市标志性建筑..某校一项目学习小组开展数学建模活动，欲测量明珠塔AB的高度．选取与塔底在同一水平面内的两个观测点，.测得，在，两观测点处测得明珠塔顶部的仰角分别为，则明珠塔的高约为_________m. 【答案】188 【解析】 【分析】设，在和中，用表示出和，在中借助余弦定理求出的值，即的值. 【详解】设，在中，，则， 在中，，则， 中，，， 由余弦定理得：， 即，解得， 所以明珠塔的高约为188m. 故答案为：188 14. 如图，在棱长为2的正方体中，点P在底面ABCD内，若直线与平面无公共点，则线段的最小值为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先连接，，，易证平面平面，从而得到平面，即可得到线段的最小值. 【详解】连接，，，如图所示： 在正方体中， 因为，平面，平面， 所以平面， 因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面，且， 所以平面平面. 因为与平面无公共点，所以平面， 当时，取得最小值. 因为 所以的最小值为. 故答案为： 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，15题13分，16题和17题各15分，18题和19题各17分. 15. 设向量，，其中． （1）若，求的值； （2）若，的夹角为锐角，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）用坐标表示向量，利用坐标法求向量的模即可求解； （2）夹角为锐角，向量的数量积大于0，即可求的范围，另外需要考虑两向量平行的情况. 【小问1详解】 （1）因为，，所以． 因此，即， 解得． 【小问2详解】 （2）因为，的夹角为锐角，所以，得， 解得． 当，平行时，，，． 显然时，，同向，夹角不为锐角，所以． 故的取值范围是． 16. 如图，在正三棱柱中，，，，分别是，，，的中点. （1）求证：，，，四点共面； （2）求证：平面平面； 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）证明出，得到四点共面； （2）先得到，，证明出线面平行，面面平行. 【小问1详解】 ∵，分别是，的中点， ∴是的中位线，∴， 又在三棱柱中，，∴， ∴，，，四点共面. 【小问2详解】 ∵在三棱柱中，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形，∴， ∵平面，平面，∴平面. 又，是，的中点，所以，又. 所以， ∵平面，平面，∴平面. 又，平面， 所以平面平面. 17. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，. （1）求角A； （2），，D为AC的中点，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角及辅助角公式即可求解. （2）根据余弦定理即可求得的长，再利用余弦定理即可求解. 【小问1详解】 因为，所以由正弦定理得. 因为，所以，所以， 整理得，即. 因为，所以，所以，即. 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 即，解得或. 若，则，则为钝角，舍去， 所以，，因为，根据正弦定理，角最大，所以为锐角三角形，符合题意. 因为为的中点，所以， 所以，在中，， 所以. 在中，. 18. 如图，在直三棱柱中，底面是边长为的正三角形，以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，若圆柱的体积为，求： （1）剩余部分几何体的体积； （2）剩余部分几何体的表面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）先由题意求出棱柱底面圆的半径，进而由圆柱体积求出棱柱的高h，再结合柱体体积公式用棱柱体积减去圆柱体积即可得解. （2）根据几何体特征确定表面的组成部分即可求解. 【小问1详解】 因为直三棱柱底面是边长为的正三角形， 所以底面圆的半径为， 设圆柱高为，则圆柱体积为，解得， 所以剩余几何体的体积为. 【小问2详解】 剩余部分几何体的表面积为 . 19. 如图，在直四棱柱中，平面，底面是菱形，且，E是BC的中点. （1）求证：平面； （2）求证：直线平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）答案见解析 （2）答案见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接D1C交DC1于点H，先证明HE//D1B，再由线面平行判定定理可证明； （2）由题意可证明 DE⊥BC，CC1⊥DE，即可证明DE⊥平面B1BCC1; （3）平面,则 是直线与平面所成角，代入，即可得出答案. 【小问1详解】 因为：连接D1C交DC1于点H，则H为D1C中点, 点E为CD中点 ∴HE//D1B. ∵HE在平面C1DE内，D1B⊄平面C1DE. 直线BD1//平面C1DE. 【小问2详解】 ∵，E是BC的中点. ∴DE⊥BC, ∵CC1⊥平面ABCD 且DE在平面ABCD内, ∴CC1⊥DE, ∵CC1在平面B1BCC1内，CB在平面B1BCC1中且CC1∩BC＝C ∴DE⊥平面B1BCC1, 【小问3详解】 是等边三角形，取中点, 则,平面,平面 平面 是直线与平面所成角， 在中， . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年高一第二学期数学期中考试试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. （ ） A B. C. D. 2. 若，，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（ ） A. 6 B. 9 C. 12 D. 15 4. 关于非零向量， ，下列说法正确是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则，不是共线向量 5. 已知表示两条不同的直线，表示三个不同的平面，下列推理正确的是（ ） A. B. 且 C. D. 6. 如图，在平行四边形中，为的中点，与交于点．若，则（ ） A. B. 0 C. D. 1 7. 朱世杰是元代著名的数学家，有“中世纪世界最伟大的数学家”之誉.其著作《四元玉鉴》是一部成就辉煌的数学名著，受到数学史研究者的高度评价.《四元玉鉴》下卷“杂范类会”中第一问为：“今有沈香立圆球一只，径十寸，今从顶截周八寸四分，问厚几何?”大意为现有一个直径为的球，从上面截一小部分，截面圆周长为，问被截取部分几何体的高为多少.已知朱世杰是以圆周率为来计算，则《四元玉鉴》中此题答案为（注：） （ ） A. B. C. D. 8. 在直三棱柱中，，，P是棱的中点，则C到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：3小题，每题6分，部分选对得部分，错选或多选0分，共18分. 9. 已知虚数z满足，则（ ） A. 的实部为 B. 的虚部为 C. D. 在复平面内对应的点在第二象限 10. 在中，，则（ ） A. B. 面积为8 C. D. 的内切圆半径是 11. 如图，在长方体中，．E，F，G，H分别为，的中点，下列说法正确的是（ ） A. 长方体外接球的表面积为 B. 与所成角的余弦值为 C. 平面 D. 与平面所成角的正切值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，为单位向量，且在上的投影向量为，则与的夹角为_________． 13. 高原明珠又名浦宁之珠，于2008年10月13日在西宁市城西区西山山顶竣工，是集广播电视发射、城市规划展览、旅游观光为一体的西宁市标志性建筑..某校一项目学习小组开展数学建模活动，欲测量明珠塔AB的高度．选取与塔底在同一水平面内的两个观测点，.测得，在，两观测点处测得明珠塔顶部的仰角分别为，则明珠塔的高约为_________m. 14. 如图，在棱长为2的正方体中，点P在底面ABCD内，若直线与平面无公共点，则线段的最小值为______. 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，15题13分，16题和17题各15分，18题和19题各17分. 15 设向量，，其中． （1）若，求的值； （2）若，的夹角为锐角，求的取值范围． 16. 如图，在正三棱柱中，，，，分别是，，，的中点. （1）求证：，，，四点共面； （2）求证：平面平面； 17. 在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，. （1）求角A； （2），，D为AC的中点，求. 18. 如图，在直三棱柱中，底面是边长为的正三角形，以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，若圆柱的体积为，求： （1）剩余部分几何体体积； （2）剩余部分几何体的表面积. 19. 如图，在直四棱柱中，平面，底面是菱形，且，E是BC的中点. （1）求证：平面； （2）求证：直线平面； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$