精品解析：广西壮族自治区来宾市2024-2025学年高一下学期5月期中数学试题

广西壮族自治区来宾市2024-2025学年高一下学期5月期中数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单选题（8小题，每小题5分共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A B. C. D. 2. 已知，则（ ） A. 3 B. 5 C. D. 3. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，满足，，且，则向量，夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，角所对的边分别为，若，则一定是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 等腰或直角三角形 6. 已知直三棱柱的6个顶点都在球的表面上，若，，，，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 设，，，则（ ） A B. C. D. 8. 如图，在正方形中，分别为边的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 4 二、多选题（3小题，每小题6分共18分） 9. 若复数 ，则（ ） A. B. 在复平面内对应的点位于第四象限 C. D. 复数满足，则的最大值为 10. 已知向量，，满足，，，则（ ） A. B 当时， C. 当时， D. 在上的投影向量的坐标为 11. 如图所示，在长方体中，若，E、F分别是、中点，则下列结论中一定成立的是（ ） A. EF与垂直 B. EF与所成的角大小为 C. EF与平面所成角大小为 D. 直线EF与平面平行 三、填空题（3小题，每小题5分共15分） 12. 已知水平放置的四边形ABCD按照斜二测画法画出的直观图如图所示，其中，，则四边形的面积是_____． 13. 攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖，多见于亭阁式建筑、园林建筑.位于河北省邯郸市的武灵丛台的主体建筑——据胜亭（图1）就是四角攒尖的代表，它的屋顶部分的轮廓可以近似看作如图2所示的正四棱锥，其中底面边长约为6米，顶点到底面的距离约为2米，则据胜亭屋顶部分的体积约为____立方米. 14. 如图，已知点是的重心，过点作直线分别与两边交于两点，设，则的最小值为______． 四、解答题（5小题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分） 15 （1）已知，若与平行，求； （2）已知与的夹角为，若与垂直，求实数的值． 16. 记的内角的对边分别为，已知向量，，且. （1）求； （2）若的面积为，且，求. 17. 如图，在正四棱柱中，，． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求点A到平面的距离． 18. 锐角三角形中，角的对边分别为且. （1）求； （2）求三角形周长的取值范围； （3）求三角形面积的最大值. 19. 如图所示，在四棱锥，底面是正方形，与交于点，平面，为的中点，． （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）是线段上一点，且满足，是否存在实数使平面？若存在求出的值，若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广西壮族自治区来宾市2024-2025学年高一下学期5月期中数学试题 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、单选题（8小题，每小题5分共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接根据并集含义即可得到答案. 【详解】由题意得. 故选：C. 2. 已知，则（ ） A. 3 B. 5 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出复数，再结合模的公式计算即可. 【详解】因为，所以， 则. 故选：C. 3. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理计算可得. 【详解】在中由余弦定理. 故选：C 4. 已知向量，满足，，且，则向量，夹角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由平面向量模的坐标表示求得，再利用平面向量数量积与模求得向量，夹角的余弦值. 【详解】依题意，设与夹角为， 因为，，， 所以. 故选：C. 5. 在中，角所对的边分别为，若，则一定是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 等腰或直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理化边为角，逆用和角公式即得结论. 【详解】由，利用正弦定理，， 即，因，则或（不合题意舍去）， 故△ABC一定是等腰三角形. 故选：B. 6. 已知直三棱柱的6个顶点都在球的表面上，若，，，，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将直三棱柱的外接球转化为长方体外接球的问题，通过求解长方体外接球半径，进而得到球的体积. 【详解】可将直三棱柱补成如下图所示的长方体，则长方体的外接球即为直三棱柱的外接球 球的半径 球的体积 故选： 【点睛】本题考查直棱柱外接球的体积的求解问题，涉及到球的体积公式的应用；关键是能够通过补全几何体的方式，将问题转化为长方体外接球的求解问题；同时明确长方体外接球半径为其体对角线长度的一半. 7 设，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】直接计算出，再根据指数函数和对数函数的单调性，可得答案. 【详解】，，， 所以 故选：C 8. 如图，在正方形中，分别为边的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量线性运算法则，结合题意即可求解 【详解】因为在正方形中，分别为边的中点， 所以， 所以，所以， 故选：C 二、多选题（3小题，每小题6分共18分） 9. 若复数 ，则（ ） A. B. 在复平面内对应的点位于第四象限 C. D. 复数满足，则的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用复数除法求出，再结合共轭复数、复数的模及几何意义逐项判断. 【详解】复数， 对于A，，A错误； 对于B，在复平面内对应的点位于第四象限，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，由，得在复平面内复数对应点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆， 表示该圆上的点与点的距离，所以的最大值为，D正确. 故选：BCD 10. 已知向量，，满足，，，则（ ） A. B. 当时， C. 当时， D. 在上的投影向量的坐标为 【答案】BC 【解析】 【分析】选项A：利用向量的数量积求向量的模；选项B：利用向量平行的条件求解当时，是否正确即可；选项C：利用数量积求解当两个向量垂直时是否成立即可；选项D：利用数量积求解一个向量在另一个向量上的投影向量即可. 【详解】选项A： ，故A错误. 选项B：当 时，存在实数 使得 且，得 ， 代入得：，，故选项B正确. 选项C：当与垂直时，. ，化简得，即， 故项C正确. 选项D： ， ， 投影向量为，与选项中的( )不符，故D错误. 故选：BC. 11. 如图所示，在长方体中，若，E、F分别是、的中点，则下列结论中一定成立的是（ ） A. EF与垂直 B. EF与所成的角大小为 C. EF与平面所成角大小为 D. 直线EF与平面平行 【答案】ACD 【解析】 【分析】A. 连接，易得，再由 平面判断；B.易得EF与所成的角为判断；C.易得平面，结合判断；D.由判断. 详解】如图所示： A. 连接，则，由 平面，平面，则 ，所以，故A正确； B. 由选项A知：EF与所成的角为，因为长度不定，所以EF与所成的角不确定，故错误； C. 易知平面，则平面，所以EF与平面所成角大小为，故正确； D.由选项A知：，且平面，平面，所以直线EF与平面平行，故正确， 故选：ACD 三、填空题（3小题，每小题5分共15分） 12. 已知水平放置的四边形ABCD按照斜二测画法画出的直观图如图所示，其中，，则四边形的面积是_____． 【答案】6 【解析】 【分析】利用斜二测画法规则画出原图形，再求直角梯形的面积. 【详解】 如图，直角梯形即为原图形，则， 所以四边形的面积. 故答案为：6. 13. 攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖，多见于亭阁式建筑、园林建筑.位于河北省邯郸市的武灵丛台的主体建筑——据胜亭（图1）就是四角攒尖的代表，它的屋顶部分的轮廓可以近似看作如图2所示的正四棱锥，其中底面边长约为6米，顶点到底面的距离约为2米，则据胜亭屋顶部分的体积约为____立方米. 【答案】24 【解析】 【分析】根据椎体体积公式即可得到答案. 【详解】由题可知，据胜亭屋顶部分的体积约为立方米． 故答案为：24. 14. 如图，已知点是的重心，过点作直线分别与两边交于两点，设，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，得到，由三点共线，得到，结合基本不等式，即可求得的最小值. 【详解】因为点G为重心，可得， 又因为三点共线，所以， 所以， 当时，等号成立，所以的最小值为. 故答案为：. 四、解答题（5小题，15题13分，16、17题15分，18、19题17分，共77分） 15. （1）已知，若与平行，求； （2）已知与的夹角为，若与垂直，求实数的值． 【答案】（1）；（2）． 【解析】 【分析】（1）先求出，，由平行向量的坐标表示求出，再由模长公式求解即可； （2）由数量积的定义求出，再由数量积的运算律结合与垂直即可得出答案. 【详解】（1）因为， 且与平行， 所以，解得， 所以， 所以． （2）已知与的夹角为， 所以， 因为与垂直， 所以 所以． 16. 记的内角的对边分别为，已知向量，，且. （1）求； （2）若的面积为，且，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，即可化简得，进而可求解， （2）根据面积公式可得，进而利用余弦定理求解. 【小问1详解】 由题意知，， 由正弦定理得， 因为，所以， 则，即， 又，所以. 【小问2详解】 因为的面积为，解得， 所以， 由余弦定理得，所以. 17. 如图，在正四棱柱中，，． （1）求证：平面； （2）求证：平面； （3）求点A到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据正四棱柱的几何特征得出是平行四边形，进而得出再应用线面平行判定定理证明即可； （2）先应用平面，得出，结合，及线面垂直的判定定理即可证明； （3）应用三棱锥体积公式及等体积法计算点到平面距离求解 【小问1详解】 因为所以是平行四边形，所以 平面，且平面，所以平面； 【小问2详解】 因为正方形，所以得， 因为平面，平面，所以， 又平面，所以平面； 【小问3详解】 设点A到平面的距离为， 因为，所以， ， 所以， 故点到平面的距离为； 18. 锐角三角形中，角的对边分别为且. （1）求； （2）求三角形周长取值范围； （3）求三角形面积的最大值. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边换角并利用两角和的正弦公式展开化简即可得到答案； （2）利用正弦定理得，再将周长转化为三角函数值域问题即可； （3）利用余弦定理和基本不等式即可得到的最大值，再利用三角形面积公式即可得到答案. 【小问1详解】 由正弦定理：， 则， 所以，根据得：. 【小问2详解】 由正弦定理：，所以， ， 注意到，所以， 所以， 所以， 所以周长的取值范围是. 【小问3详解】 余弦定理：， 所以三角形面积为， 当且仅当时，即为等边三角形时，三角形面积取最大值. 19. 如图所示，在四棱锥，底面是正方形，与交于点，平面，为的中点，． （1）求证：平面； （2）求与平面所成角的正弦值； （3）是线段上一点，且满足，是否存在实数使平面？若存在求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，答案见解析 【解析】 【分析】（1）由线面平行的判定定理即可证明； （2）由线面角的定义可得就是所求角，代入计算，即可得到结果； （3）结合（2）中的结论可得平面平面，再由面面垂直的性质定理即可得到结果. 【小问1详解】 连接．由是正方形可知，点为中点． 又为的中点，所以． 又面，面， 所以平面． 【小问2详解】 证明：由底面，底面， ，由是正方形可知，， 又，、平面， 平面，即就是所求角， 因为 故所正弦值为． 【小问3详解】 在线段上存在点，使平面．理由如下： 取中点，连接， 在四棱锥中，，， ． 由（2）可知，平面，而平面， 平面平面，且平面平面， ，平面，平面， 故在线段上存在点，使平面． 由为中点，得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $