精品解析：天津市静海区第一中学2024-2025学年高一下学期6月学生学业能力调研数学试卷

静海一中2024-2025第二学期高一数学（6月） 学生学业能力调研试卷 命题人 李月英 审题人 陈中友 考生注意：本试卷分第Ⅰ卷基础题（105分）和第Ⅱ卷提高题（12分）两部分，卷面分3分，共120分． 第Ⅰ卷 基础题（共105分） 一、选择题（每小题4分，共28分） 1. 已知是虚数单位，若复数为纯虚数，则复数z的虚部为（ ） A. B. C. -3 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由纯虚数的概念列出等式求出，即可求解. 【详解】由题意：，解得：， 所以，虚部为， 故选：C 2. 设为三个平面，为两条直线，且.下述四个命题: ①若，则或 ②若，则或 ③若且，则 ④且，则 其中所有真命题的编号是（ ） A. ①③ B. ②④ C. ②③④ D. ①③④ 【答案】D 【解析】 【分析】利用线面平行的判定定理可判断①，利用线面垂直的判定定理可判断②，利用线面平行的性质定理可判断③，利用面面垂直的性质定理可判断④. 【详解】对于①，由于，，所以或或且， 则有或或且，故①正确； 对于②，由于，只有一条线线垂直，不能确定或，故②错误； 对于③，由，则在内必存在直线，且 又由，则在内必存在直线，且，根据平行的传递性有， 由于，，则，又因为， 所以，又因为，所以，故③正确； 对于④， 由，设，可在平面作， 根据面面垂直性质定理可得：，又因为，所以， 同理由，设，可在平面作， 根据面面垂直性质定理可得：，又因，所以， 因为，由图可知相交，且，所以有，故④正确； 故选：D. 3. 已知向量，，且则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出，再由及数量积的坐标表示计算可得. 【详解】因为，，， 所以，又， 所以，解得. 故选：B 4. 在中，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理边角互换结合余弦定理可得答案. 【详解】因，则， 则. 故选：A 5. 已知向量满足，且，则（ ） A B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】由得，结合，得，由此即可得解. 【详解】因为，所以，即， 又因为， 所以， 从而. 故选：B. 6. 某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的.如图所示，已知正方体边长为，则该石凳的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】正方体体积减去截去的八个四面体体积即可. 【详解】截去的四面体体积，正方体体积， 所以石凳的体积为. 故选：B. 7. 在中，为边上一点，，且的面积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由面积公式求出，即可得到为等腰三角形，则，在中由正弦定理求出，即可求出，最后由利用两角差的正弦公式计算可得. 【详解】因为，解得， 所以为等腰三角形，则， 在中由正弦定理可得，即，解得， 因为，所以为锐角，所以， 所以 . 故选：A 二、填空题：（每小题4分，共20分） 8. 设，则=______． 【答案】## 【解析】 【分析】利用复数除法运算法则计算后，再利用模的定义进行求解即可． 【详解】， ， 故答案为：． 9. 已知向量，，则在方向上的投影向量坐标表示为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用投影向量的公式可求投影向量坐标. 【详解】由，，可得， 故在方向上的投影向量为. 故答案为：. 10. 已知一个正方体的棱长为2，则该正方体内能放入的最大球体的体积为___________ 【答案】## 【解析】 【分析】求出正方体内切球半径，再利用球的体积公式求解. 【详解】正方体内能放入的最大球体即为其内切球，该球直径为正方体棱长2，半径为1， 所以所求最大球的体积为. 故答案为： 11. 在中，，，所对的边分别为，，，的面积为，且，，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据面积公式结合已知可得出，由正弦定理边化角可推得.结合角的范围得出，根据余弦定理结合已知得出，代入面积公式即可得出答案. 【详解】由已知可得， 则由可得， ， 整理可得，. 由正弦定理边化角可得，， 即. 又，所以有. 又，所以. 由余弦定理可得， ， 所以有，解得. 所以，. 故答案为：. 12. 在四棱锥中，底面为平行四边形，点分别为棱和中点，则四棱锥和四棱锥的体积之比为______ 【答案】 【解析】 【分析】连接，根据题意利用割补法分析求解． 【详解】连接， 由题意可知：，， 则， 所以． 故答案为：． 三、解答题（本大题共5小题，共57分） 13. 在中，内角所对的边分别为， （1）求角的值; （2）若的面积，且，求； （3）求 的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式即可求解； （2）由三角形面积公式及余弦定理即可求解； （3）由正余弦的二倍角公式，及两角和的正弦公式即可求解. 【小问1详解】 由， 结合正弦定理边化角可得：, 由两角和的正弦展开化简可得：， 又为三角形内角，， 所以，又为三角形内角， 所以 ， 【小问2详解】 由，， ， 所以， ， 所以 【小问3详解】 由，可得， 所以， 由（1）， 所以 14. 如图，在底面是直角梯形的四棱锥中，，面，． （1）若为的中点，求证：平面 （2）求证：平面平面 （3）求与底面所成角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，证明四边形为平行四边形，再用线面平行的判定定理证明即可； （2）由题易得，，，从而可证明平面，进而可证明平面平面； （3）连接，由平面，可得就是与底面所成的角，求出该角的正切值即可． 【小问1详解】 取的中点为，连接， 底面是直角梯形，， ， ， 分别是的中点， ，， 四边形为平行四边形， ， 平面，平面， 平面； 【小问2详解】 证明：∵平面，平面，∴． 又∵，，∴平面． ∵平面，∴平面平面． 【小问3详解】 连接． ∵平面，∴就是与底面所成的角． 在直角三角形中，，， 则． 15. 在中，角所对的边分别为已知． （1）求角的大小； （2）若，，求的值； （3）若，当的周长取最大值时，求的面积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理得到，再根据倍角公式得，进而得到； （2）根据得，由正弦定理求得的值； （3）根据余弦定理得，再利用均值不等式得，当且仅当时取等号，此时周长最大，再由面积公式求得此时的面积. 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 因为，所以， 又因为，且，所以， 又因为，， 所以，即. 【小问2详解】 因在中，，所以， 又因为，，由正弦定理， 可得. 【小问3详解】 在中，由余弦定理， 得，即， 所以，当且仅当时取等号， 所以周长的最大值为， 此时面积. 16. 如图，在三棱柱中，侧棱底面，，为的中点，，． （1）求与所成角的余弦值； （2）求三棱柱的体积． 【答案】（1） （2）6 【解析】 【分析】（1）连接，交于点，求证，在中由余弦定理即可求得； （2）利用棱柱的体积公式即可. 【小问1详解】 连接，交于点，连接， 因四边形为平行四边形，则为的中点， 又为的中点，则， 所以与所成角等于或， 因为底面，底面，所以，， 又，所以平行四边形为正方形，则，， 在中，因为，为的中点，所以， 又，，所以，． 因为，所以，又，，所以． 在中，由余弦定理得， ． 所以与所成角的余弦值为． 【小问2详解】 由题知，的面积，高， 所以三棱柱的体积． 17. 如图1，为菱形，，是边长为2的等边三角形，点为的中点，将沿边折起，使平面平面，连接，如图2， （1）证明：； （2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，请找出点的位置，请说明理由 【答案】（1）证明见解析 （2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）通过证明线面垂直得到线线垂直； （2）设，连接，则由线面平行的性质可得∥，从而可找出点的位置． 【小问1详解】 连接， ∵是边长为2的等边三角形，点为的中点， ∴， ∵为菱形，， 是等边三角形，， 且，平面， ∴平面， ∵面， ∴； 【小问2详解】 假设线段上存在点，使得∥平面， 设，连接，则有面面， 因为∥，所以， 因为∥平面，平面，平面平面， 所以∥， 所以． 所以线段PD上存在点N，使得PB∥平面，且． 第Ⅱ卷 提高题（共12分） 18. （1）正方形的边长是2，是的中点，则的值是多少？ （2）在平面四边形中，，，．若为边上的动点，且，则的取值范围是什么？ （3）在中，，，点为的中点，点为的中点，若设，，，则的最大值是什么？ 通过以上题目的解答总结平面向量数量积及数量积求最值时常用的方法，每种方法需要注意的问题？ 【答案】（1）3；（2）；（3）（总结见解析） 【解析】 【分析】（1）以为基底向量表示，再结合数量积的运算律运算求解； （2）根据条件得出四边形为边长为的菱形，设，，以为基底向量表示，再结合数量积的运算律运算求解； （3）以为原点建系，设，根据得出，化简可得，结合不等式求范围即可. 【详解】（1）由题意得，，， 则； （2）因，则四边形为平行四边形，则， 因，则， 因不共线，则，即四边形为边长为菱形， 则，得， 即，则， 因，则不妨设， 设， 则， ， 则 ， 则的取值范围是. （3）以为原点，和与垂直的直线为轴建立平面直角坐标系， 设，则由题意可得， 则， 因，则，即， 因，则， 因点为的中点，则， 则， 又，则，等号成立时， 则， 故的最大值是. 总结：求数量积的常用方法有基底法和坐标法，且最值问题通常利用几何图形转化，将目标转化为求函数的最值或利用基本不等式求最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 静海一中2024-2025第二学期高一数学（6月） 学生学业能力调研试卷 命题人 李月英 审题人 陈中友 考生注意：本试卷分第Ⅰ卷基础题（105分）和第Ⅱ卷提高题（12分）两部分，卷面分3分，共120分． 第Ⅰ卷 基础题（共105分） 一、选择题（每小题4分，共28分） 1. 已知是虚数单位，若复数为纯虚数，则复数z的虚部为（ ） A. B. C. -3 D. 3 2. 设为三个平面，为两条直线，且.下述四个命题: ①若，则或 ②若，则或 ③若且，则 ④且，则 其中所有真命题的编号是（ ） A. ①③ B. ②④ C. ②③④ D. ①③④ 3. 已知向量，，且则的值为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，若，则（ ） A B. C. D. 5. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 1 6. 某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的.如图所示，已知正方体边长为，则该石凳的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，为边上一点，，且的面积为，则（ ） A. B. C. D. 二、填空题：（每小题4分，共20分） 8 设，则=______． 9. 已知向量，，则在方向上的投影向量坐标表示为______. 10. 已知一个正方体的棱长为2，则该正方体内能放入的最大球体的体积为___________ 11. 在中，，，所对边分别为，，，的面积为，且，，，则______． 12. 在四棱锥中，底面为平行四边形，点分别为棱和中点，则四棱锥和四棱锥的体积之比为______ 三、解答题（本大题共5小题，共57分） 13. 在中，内角所对的边分别为， （1）求角的值; （2）若的面积，且，求； （3）求 的值. 14. 如图，在底面是直角梯形的四棱锥中，，面，． （1）若为的中点，求证：平面 （2）求证：平面平面 （3）求与底面所成角的正切值． 15. 在中，角所对的边分别为已知． （1）求角的大小； （2）若，，求的值； （3）若，当的周长取最大值时，求的面积． 16. 如图，在三棱柱中，侧棱底面，，为的中点，，． （1）求与所成角的余弦值； （2）求三棱柱的体积． 17. 如图1，为菱形，，是边长为2的等边三角形，点为的中点，将沿边折起，使平面平面，连接，如图2， （1）证明：； （2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，请找出点的位置，请说明理由 第Ⅱ卷 提高题（共12分） 18. （1）正方形的边长是2，是的中点，则的值是多少？ （2）在平面四边形中，，，．若为边上动点，且，则的取值范围是什么？ （3）在中，，，点为的中点，点为的中点，若设，，，则的最大值是什么？ 通过以上题目解答总结平面向量数量积及数量积求最值时常用的方法，每种方法需要注意的问题？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $