精品解析：黑龙江省大庆铁人中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

铁人中学2024级高一下学期期中考试 数学试题 试题说明： 1、本试题满分150 分，答题时间120分钟. 2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡. 第Ⅰ卷 选择题部分 一、单项选择题（本大题包括8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上） 1. 设复数，则其共轭复数的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数的运算化简，再求出共轭可得. 【详解】， 所以，其虚部为. 故选：A. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据两向量垂直的坐标运算求解. 【详解】由， 得=0, 得； 又，故 ， ，故 ， ， 代入得：， . 故选：D 3. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 四边形的面积为 D. 四边形的周长为 【答案】D 【解析】 【分析】对于A、B，还原平面图进行分析判断，对于C，过作交于点，然后计算四边形的周长判断，对于D，计算直角梯形的面积进行判断. 【详解】对于A、B，由题设易得，原平面图如下，，，故A、B错误； 对于C，四边形的面积为：，即C错误． 对于D，在原图形中，过作交于点，则， 由勾股定理得， 故四边形的周长为：，即D正确； 故选：D． 4. 已知的内角的对边分别为，且有两解，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知条件有两解，计算求参. 【详解】因有两解， 得，得． 故选：B. 5. 一个三棱锥的四个面所在的平面可以将空间划分为（ ）个区块. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由三棱柱三个侧面、两个平行的底面将空间分成21部分，再由三棱柱变为三棱锥可得解. 【详解】三棱柱三个侧面将空间分成7部分，三棱柱两个平行的底面又在这个基础上分成3大部分， 故三棱柱各面所在的平面将空间分成3×7=21部分， 把三棱柱上面的三个顶点合成一个点，变成三棱锥，这样三棱柱上面的7部分变为1部分， 中间和下面的各有7部分，所以一个三棱锥的四个面所在的平面可以将空间划分为15个区块. 故选：B. 6. 正三棱台上、下底面的边长分别为 3、6、侧棱长为 ，则其外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】画出图形，由正三棱台的对称性可得，正三棱台的外接球的球心落在上底面中心与下底面中心的连线上，先求出三棱台的高，再由外切球的性质得到外接球的半径，即可求解. 【详解】如图，设正三棱台上、下底面的中心分别为的中点分别为， 连接，由正三棱台的性质可知 ， 易知正三棱台外接球的球心在直线上，设球心为，如图所示， 过作于， 因为正三棱台上、下底面边长分别为3、6，所以，， 因为分别为、的中心，所以， 根据梯形的性质结合勾股定理得出， ，两边平方整理得， 则由勾股定理得出， 设，则， 两边平方整理得， 则其外接球的表面积为. 故选：C 7. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（ ） A. 直线与直线异面 B. 过三点的平面截正方体所得的截面的面积为 C. 当在线段上运动时，三棱锥的体积不变 D. 存在点，使得直线平面 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，由异面直线的概念判断即可；对于B，由题意过三点的平面截正方体所得的截面的面积为梯形的面积，其中点为的中点，进一步验算即可；对于C，由体积转换法即可判断；对于D，假设直线平面，导出矛盾即可判断. 【详解】对于A，如图所示，由题意，从而四边形是平行四边形， 所以，而，所以直线与直线异面，故A正确； 对于B，如图所示，设点为的中点，因为为的中点， 所以， 又因为，所以四边形为平行四边形，所以， 所以， 所以过三点的平面截正方体所得的截面的面积为梯形的面积， 由勾股定理得， 故梯形的高为， 故所求为，故B正确； 对于C，如图所示，由A可知， 又因为平面，平面, 所以平面, 显然三角形的面积是定值，且点到平面的距离等于点到平面的距离也为定值，故C正确； 对于D，如图所示，设为的中点， 因为，平面，平面， 所以平面， 若直线平面， 又因为平面， 所以平面平面， 又因为平面，所以平面， 因为分别为正方形的边的中点，所以， 又因为， 所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 而直线与平面相交，所以直线与平面相交， 这与平面矛盾，故假设直线平面不成立，故D错误. 故选：D. 8. 在锐角中，角的对边分别为，若，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先由余弦定理化简所求式，再利用换元法令结合复合函数的单调性可得. 【详解】因为，， 则，化简可得， 所以， 令，则， 因为，由正弦定理可得， 又在三角形中，， 由上两式可得，即， 又在锐角三角形中，所以， 所以，解得， 即，则， 又，则，所以， 所以目标表达式可化为，易得在时为递增函数， 所以， 又， 所以的取值范围是. 故选：B. 二、多项选择题(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. 下列有关复数结论正确的是（ ） A. B. 若复数是纯虚数，则 C. 若是关于的方程的一个根，则 D. 若复数满足，则复数对应的点所构成的图形面积为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由复数的有关概念即可判断A；由复数是纯虚数可得，解之即可判断B；由根据系数的关系结合一元二次方程的两根互为共轭复数的结论即可得p，q的值，则C可判断；由复数的几何意义，结合数形结合的方法即可求得D. 【详解】因为虚数不能比较大小，所以A错误； 因为复数是纯虚数， 所以，解得，故B正确； 因为是关于的方程的一个根，则另一根为， 由根与系数的关系可得，解得， 则，故C正确； 若复数满足， 由复数的几何意义可知不等式表示的范围为圆环，如下图所示： 则复数对应的点所构成的图形面积为，故D正确； 故选：BCD. 10. 下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 已知，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围是 C. 若为的垂心，，则 D. 若，，分别表示，△的面积，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】 A、用正弦定理求角A的正弦值，再根据角的范围确定角的大小； B、根据向量夹角为钝角的条件求解即可； C、利用垂心性质得到向量垂直关系，通过向量运算得出的值； D、通过向量等式变形，结合坐标运算和向量数量积性质求三角形面积比； 【详解】A、根据正弦定理，，得：，此时或，两个均符合题意，A错误； B、向量，，则.夹角为钝角需满足数量积小于0且不共线：，B正确； C、设为三角形的垂心，则，，C正确； D、由，可得，设的中点分别为,则，即，所以，，D正确. 故选：BCD. 11. 如图，为圆锥底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 三棱锥体积的最大值为9 C. 的取值范围是 D. 若，E为线段上的动点，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用圆锥的侧面积公式计算判断A项，结合图形判断当时，的面积最大，从而三棱锥体积，计算判断B项；结合图形题意，可得，利用三角形内角和推得判断C项，通过把以为轴旋转到与共面，利用三点共线时线段和最短即可计算判断D项. 【详解】由题意，易得，. 对于A：圆锥的侧面积为，故A正确； 对于B：由图知，当时，的面积最大，此时， 则三棱锥体积的最大值为：，故B正确； 对于C：当点B与点A重合时，为最小角； 当点B与点C重合时，，达到最大值，又因为点B与A，C不重合， 则. 又，可得，故C错误； 对于D：因为，，，所以. 又，所以为等边三角形，∴. 将以为轴旋转到与共面， 得到，则为等边三角形，. 如图：. 因为，， 由余弦定理，， 则，故D正确. 故选：ABD. 二、填空题(本题包括3小题，每小题5分，共15分，把正确答案填在答题卡中横线上) 12. 设复数，满足，，则=__________. 【答案】 【解析】 【分析】方法一：令，，根据复数的相等可求得，代入复数模长的公式中即可得到结果. 方法二：设复数所对应的点为,, 根据复数的几何意义及复数的模，判定平行四边形为菱形，，进而根据复数的减法的几何意义用几何方法计算. 详解】方法一：设，， ， ，又，所以，， . 故答案为：. 方法二：如图所示，设复数所对应的点为,, 由已知, ∴平行四边形为菱形，且都是正三角形，∴， ∴. 【点睛】方法一：本题考查复数模长的求解，涉及到复数相等的应用；考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题. 方法二：关键是利用复数及其运算的几何意义，转化为几何问题求解 13. 在中，角的对边分别是，若，，的平分线的长为，则边上的中线的长为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】设，利用三角形面积得到方程，求出，结合二倍角的正弦公式求出，从而计算出，利用三角形边上的中线的向量表示，利用平面向量数量积公式求出向量的模长即可． 【详解】由题意知，设，则，如图所示， 由可得， 整理得，即， 又因为，所以， 所以， 因为，点为线段的中点， 所以， ， ， 故答案为：． 14. 在直棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，动点在侧面内（包含边界），若，则点轨迹的长度为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】过点作，过点作，结合已知得，再结合平面几何知识即可求解. 【详解】如图所示，过点作于E，过点作与， 因为四棱柱是直四棱柱，所以平面， 因为平面，所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面， 因为直线平面， 所以， 因为，，， 所以， 又因为，所以， 因为点在侧面内， 所以在平面直角坐标系中来研究点轨迹的长度，如图所示： 点的运动轨迹为以点为圆心、半径为2的圆在正方形内部的弧， 显然，，所以， 所以. 故答案为：. 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，在直三棱柱中，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）若 求直三棱柱的体积和表面积； 【答案】（1）证明见解析 （2）， 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，只需证为平行四边形，由此，进而可证平面； （2）由题干条件可知底面为等腰直角三角形，且直棱柱高为1，利用三棱柱的体积和表面积公式即可算出答案. 【小问1详解】 如图，取的中点，连接， 因为为的中点， 所以，， 因为四边形为平行四边形，为的中点， 所以且，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为，即，由勾股定理的逆定理可知， 且在直三棱柱中，为高，由三棱柱的体积公式可得体积， 表面积为5个面面积之和. 16. 在中，角的对边分别是，且. （1）求. （2）设的面积为，且. ①求的值； ②求的面积. 【答案】（1） （2）①；②的面积为 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合辅助角可求出，进而可求出角A的大小； （2）①利用余弦定理即可求出的值. ②由三角形的面积公式，结合余弦定理可求得的值，进而可求面积. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 因为，所以，所以， 所以．所以，所以， 因为，所以，所以，所以． 【小问2详解】 ①由，可得， 所以； ②由，可得， 由（1）知，则， 所以， 又由余弦定理可得， 所以， 所以，解得或（舍去）， 所以的面积为. 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，E为棱的中点，平面与棱交于点F． （1）求证：平面； （2）求证：F为的中点； （3）在棱上是否存在点N，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）存在N使得平面，，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）连接交于，连接，易知，再由线面平行的判定证结论； （2）由，根据线面平行的判定有面，再由线面平行的性质可得，结合已知即可证结论. （3）为中点，连接，由已知易证为平行四边形，则，再由线面平行可证面，即可判断存在性. 【小问1详解】 连接交于，连接，如下图： 由为平行四边形，则为中点，又E为棱中点， 所以为中位线，则， 又面，面，故平面； 【小问2详解】 由题设知：，面，面， 所以面，又面，面面， 所以，又E为棱中点，即是△的中位线， 故F为的中点； 【小问3详解】 存在N使得平面且，理由如下： 为中点，连接， 由题设且，由（2）知且， 所以且，即为平行四边形， 所以，而面，面， 所以面，故所求点即为点， 则上存在点N使得平面，且. 18. 已知中，角的对边分别是，且. （1）求角的大小； （2）若，为边上一点，，求的面积； （3）若为锐角三角形，作（位于直线异侧），使得四边形满足，，求边的最大值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和余弦定理将已知等式变形可得； （2）由向量的线性运算两边平方后结合正弦定理得到方程①，再由余弦定理和角度关系得到方程②，解方程求出，然后再由三角形的面积公式可得； （3）设，在中，由正弦定理得，再由中，由正弦定理得，利用二倍角的正弦公式，降幂公式，辅助角公式最后结合正弦函数的值域可得. 【小问1详解】 由题意得 根据正弦定理可得：， 根据余弦定理可得：，即； 【小问2详解】 由知， 两边同时平方得， 即，化简得.① 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 而，， ，即，② 由①②得，由于，得，代入②得. 的面积为. 【小问3详解】 如图， 设，则， 在中，由正弦定理得可得， ， 在中，由正弦定理得： ， 是锐角三角形，， ，当时，可得的最大值是. 19. 类比高中函数的定义，引入虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数.已知复变函数，，. （1）当时，解关于的方程：； （2）当时， ①若，求的最小值； ②若存在实部不为0的虚数和实数，使得成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2）①，② 【解析】 【分析】（1）由题意得，化简后利用一元二次方程的求根公式求解即可； （2）①设，代入结合可求得其最小值；②由题意设，代入化简，再由，可得为实数，从而可得，进而可求出的取值范围. 【小问1详解】 由题意得，整理得， ； 【小问2详解】 ①当时，，设， 因为，所以， ， 当且仅当时，取等号， 所以的最小值为； ②设，则 因为存在实数，使得成立， 所以为实数，所以， 因为，所以， 当时，，符合题意， 此时，则， 所以的取值范围为 【点睛】关键点点睛：此题考查复数的运算，考查复数的模的计算，第（2）问解题的关键是设代入，利用复数的乘除法运算法则化简，考查计算能力，属于较难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 铁人中学2024级高一下学期期中考试 数学试题 试题说明： 1、本试题满分150 分，答题时间120分钟. 2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡. 第Ⅰ卷 选择题部分 一、单项选择题（本大题包括8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确选项填涂在答题卡上） 1. 设复数，则其共轭复数的虚部为（ ） A B. C. D. 2. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 四边形的面积为 D. 四边形的周长为 4. 已知的内角的对边分别为，且有两解，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 一个三棱锥的四个面所在的平面可以将空间划分为（ ）个区块. A. B. C. D. 6. 正三棱台上、下底面的边长分别为 3、6、侧棱长为 ，则其外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论不正确的是（ ） A. 直线与直线异面 B. 过三点的平面截正方体所得的截面的面积为 C. 当在线段上运动时，三棱锥的体积不变 D. 存在点，使得直线平面 8. 在锐角中，角的对边分别为，若，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题(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. 下列有关复数的结论正确的是（ ） A. B. 若复数是纯虚数，则 C. 若是关于的方程的一个根，则 D. 若复数满足，则复数对应的点所构成的图形面积为 10. 下列结论正确是（ ） A. 若，则 B. 已知，，且与的夹角为钝角，则实数的取值范围是 C. 若为的垂心，，则 D. 若，，分别表示，△的面积，则 11. 如图，为圆锥底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的侧面积为 B. 三棱锥体积的最大值为9 C. 的取值范围是 D. 若，E为线段上的动点，则的最小值为 二、填空题(本题包括3小题，每小题5分，共15分，把正确答案填在答题卡中横线上) 12. 设复数，满足，，则=__________. 13. 在中，角的对边分别是，若，，的平分线的长为，则边上的中线的长为__________． 14. 在直棱柱中，底面是边长为2的菱形，，，动点在侧面内（包含边界），若，则点轨迹的长度为___________. 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，在直三棱柱中，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）若 求直三棱柱的体积和表面积； 16. 在中，角的对边分别是，且. （1）求 （2）设的面积为，且. ①求的值； ②求的面积. 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，E为棱的中点，平面与棱交于点F． （1）求证：平面； （2）求证：F为的中点； （3）在棱上是否存在点N，使得平面？若存在，求出值；若不存在，说明理由． 18. 已知中，角的对边分别是，且. （1）求角的大小； （2）若，为边上一点，，求的面积； （3）若为锐角三角形，作（位于直线异侧），使得四边形满足，，求边最大值. 19. 类比高中函数的定义，引入虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数.已知复变函数，，. （1）当时，解关于的方程：； （2）当时， ①若，求的最小值； ②若存在实部不为0的虚数和实数，使得成立，求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $