精品解析：河南省邓州市第一高级中学校2024-2025学年高一下学期期末考前拉练数学试题

2025年邓州市一高中高一下学期第一次拉练高中数学试卷 命题人：李严林审题人：霍宾宾 一、选择题（共8小题*5分=40分） 1. 若复数，实数a，b满足，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】法一：化简得到，得到，，； 法二：化简得到，由韦达定理进行求解. 【详解】法一：∵， ∴， ∴, 解得，，. 法二：∵， ∴， 因为，故也满足， 由韦达定理可得，， 故. 故选：B 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】利用二倍角公式和弦化切，齐次化，诱导公式求解值. 【详解】由，则 故，故（舍去） 则 故选：B 3. 如图，正方体棱长为2，点M，N分别为，CD的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，连接，由四边形为平行四边形得出和所成角即为或其补角，再由余弦定理即可求解． 【详解】取的中点，连接，如图所示， 由正方体得，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又为中点，所以，所以， 则和所成角即为或其补角， 连接，在中，， 在中，，则， 所以和所成角的余弦值为， 故选：A． 4. ，是两个平面，m，n是两条直线，则（ ） A. 如果，，那么 B. 如果，，m，n是异面直线，那么n与相交 C. 如果，，那么 D. 如果，n与相交，那么m，n是异面直线 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面位置关系及线线位置关系判断各个选项. 【详解】如果，，那么或相交或异面，A选项错误； 如果，，m，n是异面直线，那么n与相交或平行，B选项错误； 如果，，那么无交点，所以，C选项正确； 如果，n与相交，那么m，n是异面直线或相交直线，D选项错误； 故选：C. 5. 已知直角梯形上下两底分别为分别为2和4，高为，则利用斜二测画法所得其直观图的面积为（ ） A. B. C. 3 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】按照斜二测画法画出直观图，利用梯形面积公式便可求得其面积. 【详解】如图所示，实线表示直观图，. , , ∴直观图的面积为, 故选：C. 【点睛】本题主要考查斜二测画法，关键是掌握斜二测画法的要领. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角差的正弦公式求出，再由平方关系计算可得. 【详解】因为，即， 所以，即， 因为，所以， 所以. 故选：D 7. 如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为，杯底的半径为，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出圆台上面部分的体积，根据小球的体积恰好等于的体积求出球的半径. 【详解】如图，，又放入的球的半径为， 由于圆台的体积， 由题可知：，则，此时小球恰好与上下底面相切； 下面考虑当小球与侧棱相切时，设球心为，球的半径为，则， 由于，则， 则， 那么，则，那么在上方， 即该小球先与上下底面相切． 故选：D. 8. 已知球与圆台的上下底面和侧面都相切．若圆台的侧面积为；上、下底面的面积之比为，则球的表面积为（ ）． A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题的描述，球内切于圆台，画出圆台的轴截面图，根据圆台的侧面积，和上下底面的面积关系求出球的半径，进而即得. 【详解】依据题意，球内切与圆台，画出两者的轴截面，球的截面为圆，圆台的轴截面为等腰梯形，如图所示， 过点作的垂线，垂足为，设球的半径为，则， 设圆台的母线为，即，上、下底面的面积之比为，即，，由圆的切线长定理可知，， 圆台的侧面积为，解得，则，即， 则球的表面积. 故选：A. 二、多选题（共3小题*6分=18分） 9. 如图，四面体中，等边的边长为，，，平面平面，则下列选项正确的是（ ） A. 四面体的体积为 B. 直线与直线所成角的大小为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 点到平面的距离为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据面面垂直的性质得到平面，再由锥体的体积公式判断A，由线面垂直的性质判断B，取的中点，连接、，得到平面，则为直线与平面所成角，即可判断C，利用等体积法判断D. 【详解】对于A：因为，平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又等边的边长为，，， 所以， 所以，故A正确； 对于B：因为平面，平面，所以， 即直线与直线所成角的大小为，故B错误； 对于C：取的中点，连接、，则， 又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 又，在中，， 所以，即直线与平面所成角的正弦值为，故C正确； 对于D：因为，， 设点到平面的距离为，则，解得， 即点到平面的距离为，故D正确. 故选：ACD 10. 设的内角的对边分别为．已知，则（ ） A. 的外接圆半径为 B. C. D. 为锐角三角形 【答案】BCD 【解析】 【分析】先求，然后利用正弦定理可判断AB；利用余弦定理求解可判断C；利用余弦定理判断角为锐角，结合三边大小关系可判断D. 【详解】对于A，因为，所以， 所以，即，A错误； 对于B，由正弦定理得，，B正确； 对于C，由余弦定理得，，解得（负值舍去），C正确； 对于D，因为，所以为锐角， 又，所以，所以为锐角三角形，D正确． 故选：BCD． 11. 棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列结论不正确的是（ ） A. 动点的轨迹的长度为 B. 的最小值为 C. 三棱锥体积的最小值为 D. 当三棱锥体积取最小值时，其外接球的表面积为 【答案】C 【解析】 【分析】取，的中点，连接，可得为动点的轨迹，计算可判断A；当为的中点时，，求解可判断B；由，可得在处时，体积最小，求解可判断C；外接球的球心在过中点且与平面垂直的直线上，求得外接球的表面积可判断D. 【详解】对于A，取，的中点，连接， 所以，又易证，所以， 又平面，平面，所以平面， 又因为为棱的中点，所以，又， 所以四边形是平行四边形，所以， 所以，所以， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又为正方形内一个动点（包括边界），且平面， 所以为动点的轨迹，又，所以动点的轨迹的长度为，故A正确； 对于B，又易得，所以为的中点时，， 此时，所以的最小值为，故B正确； 对于C，，其中为到的距离， 所以最小时，最小，显然在处时，最小， 此时，故C错误； 对于D，因为是直角三角形，所以外接球的球心在过中点且与平面垂直的直线上， 设外接球的球心为，由，可得， 所以，解得， 所以，所以外接球的表面积为，故D正确. 故选：C. 三、填空题（共3小题*5分=15分） 12. 设非零向量，，满足，且，．若向量在上的投影向量为，则向量与的夹角是______． 【答案】或 【解析】 【分析】先根据向量等式推出，并得到.接着由坐标求其模长，再根据投影向量条件算出.然后用向量数量积公式求出与夹角.最后结合前面的结论，求出与的夹角. 【详解】因为，即，所以， 且，即． 由，得，因为向量在上的投影向量为， 由题意得，所以．设向量与的夹角为， 因为，所以， 所以，即与的夹角是．所以与的夹角是或. 故答案为：或. 13. 记的内角的对边分别为，若，则的面积为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据余弦定理求出，再根据三角形面积公式即可求得. 【详解】由余弦定理得，得， 所以. 故答案为： 14. 三棱锥中，底面，则三棱锥的外接球的表面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】设外接圆的圆心为，由正弦定理可求得，设三棱锥的外接球的球心为，利用勾股定理可求得，进而可求外接球的表面积. 【详解】作出图形示意图如下：设外接圆的圆心为， 因为， 所以的外接圆的半径为， 设三棱锥的外接球的球心为， 又因为底面， 所以三棱锥的外接球的半径， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为：. 四、解答题（共6小题） 15. 如图，在中，点M，N满足，（，），点D满足，E为AD的中点，且M，N，E三点共线． （1）用，表示； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合图形，由向量的加法和减法表示即可； （2）由三点共线的向量形式及题干条件得，又由（1）得，由平面向量的基本定理列方程求解即可； 【小问1详解】 因为， 所以. 因为E为AD的中点，所以. 【小问2详解】 因为M，N，E三点共线，所以设. 因为，，，所以. 由（1）可知，则， 所以，所以. 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求角A的大小； （2）若D为的中点，且，求的最大值． 【答案】（1） （2）18 【解析】 【分析】1）先利用二倍角公式化简已知等式，再通过正弦定理将角化为边，最后根据余弦定理求出角； （2）在和中分别利用余弦定理，结合得到与的关系式，再利用基本不等式求出的最大值. 【小问1详解】 已知，根据二倍角公式，将其进行化简： 即 即. 即. 由正弦定理边角互化可得：. 再根据余弦定理，将代入可得： 因为，所以. 【小问2详解】 因为为AC的中点，所以. 在中，根据余弦定理可得. 在中，根据余弦定理可得. 因为，所以，即： ，化简得. 又因为（第一问已求得），所以可得： ，即. 根据基本不等式（当且仅当时取等号）， 则有：，即，当且仅当时取等号. 则的最大值为18. 17. 已知函数. （1）求函数的单调递增区间； （2）记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，求的周长. 【答案】（1） （2）3 【解析】 【分析】（1）应用二倍角公式、两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后由正弦函数性质可得最小正周期和增区间； （2）由已知求得，然后利用余弦定理求得，进而可求周长. 【小问1详解】 . 令，解得. 所以的单调递增区间为.； 【小问2详解】 ，即. 因为，所以，所以，即. 由余弦定理，可得，即，所以. 于是，所以. 所以的周长为. 18. 如图，在直四棱柱中，底面是矩形，，E，F分别是棱，的中点. （1）证明：平面. （2）证明：平面平面. 【答案】（1）证明：因为E，F分别是矩形的棱，的中点， 所以，，则四边形是平行四边形，从而. 因为平面，平面，所以平面. （2）证明：在矩形中，因为，E，F分别是棱，的中点， 所以，，， 所以，从而，即. 因为四棱柱是直四棱柱，所以平面， 又平面，所以. 因为且都在平面内，所以平面. 又平面，所以平面平面. 【解析】 【分析】（1）根据已知得四边形是平行四边形，从而，再由线面平行的判定证明结论； （2）根据已知证明，再由棱柱的结构特征及线面垂直的性质有，最后由线面垂直、面面垂直的判定证明结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 （1）求锐角的大小； （2）在（1）的条件下，若，且的周长为，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再结合两角和的正弦公式即可得解； （2）先求出，根据正弦定理，令，求出，由三角形的周长求出，再根据三角形的面积公式即可得解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， 即， 又，所以， 又，所以； 【小问2详解】 因为，所以， 又，所以， 则， 由正弦定理，令， 则， 所以的周长为， 解得， 所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年邓州市一高中高一下学期第一次拉练高中数学试卷 命题人：李严林审题人：霍宾宾 一、选择题（共8小题*5分=40分） 1. 若复数，实数a，b满足，则（ ） A. 2 B. 4 C. D. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7 3. 如图，正方体棱长为2，点M，N分别为，CD的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 4. ，是两个平面，m，n是两条直线，则（ ） A. 如果，，那么 B. 如果，，m，n是异面直线，那么n与相交 C. 如果，，那么 D. 如果，n与相交，那么m，n是异面直线 5. 已知直角梯形上下两底分别为分别为2和4，高为，则利用斜二测画法所得其直观图的面积为（ ） A. B. C. 3 D. 6 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为，杯底的半径为，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知球与圆台的上下底面和侧面都相切．若圆台的侧面积为；上、下底面的面积之比为，则球的表面积为（ ）． A. B. C. D. 二、多选题（共3小题*6分=18分） 9. 如图，四面体中，等边的边长为，，，平面平面，则下列选项正确的是（ ） A. 四面体的体积为 B. 直线与直线所成角的大小为 C. 直线与平面所成角的正弦值为 D. 点到平面的距离为3 10. 设的内角的对边分别为．已知，则（ ） A. 的外接圆半径为 B. C. D. 为锐角三角形 11. 棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列结论不正确的是（ ） A. 动点的轨迹的长度为 B. 的最小值为 C. 三棱锥体积的最小值为 D. 当三棱锥体积取最小值时，其外接球的表面积为 三、填空题（共3小题*5分=15分） 12. 设非零向量，，满足，且，．若向量在上的投影向量为，则向量与的夹角是______． 13. 记的内角的对边分别为，若，则的面积为__________. 14. 三棱锥中，底面，则三棱锥的外接球的表面积为__________． 四、解答题（共6小题） 15. 如图，在中，点M，N满足，（，），点D满足，E为AD的中点，且M，N，E三点共线． （1）用，表示； （2）求的值． 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求角A的大小； （2）若D为的中点，且，求的最大值． 17. 已知函数. （1）求函数的单调递增区间； （2）记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，求的周长. 18. 如图，在直四棱柱中，底面是矩形，，E，F分别是棱，的中点. （1）证明：平面. （2）证明：平面平面. 19. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 （1）求锐角的大小； （2）在（1）的条件下，若，且的周长为，求的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $