精品解析：新疆维吾尔自治区哈密市第十五中学2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试题

2024-2025学年第二学期期末考试高一数学试题 考试时间：120分钟，试卷满分：150分 一、单选题 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知三点共线，则（ ） A. 10 B. 8 C. 7 D. 6 3. 已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，且，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 在中，若，，，则等于（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 将周长为8的矩形ABCD绕边AB所在直线旋转一周得到圆柱.当该圆柱体积最大时，边AB的长为（ ） A. B. C. D. 1 6. 在正方体中，与所成角的大小为 A 30° B. 45° C. 60° D. 90° 7. 已知向量，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 0 8. 等腰四面体是一种特殊的三棱锥，它的三组对棱分别相等.已知一个长方体的体积为12，则用长方体其中的四个顶点构成的等腰四面体的体积为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 二、多选题 9. 已知复数满足，其中为虚数单位，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 在复平面内对应的点位于第四象限 D. 10. 如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论正确的是（ ） A. B. 平面 C. 正方体的外接球的表面积为 D. 三棱锥的体积为 11. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则（ ） A. B. C. D. 中边中线长 三、填空题 12. 已知向量，且，则____，向量在向量上投影向量的坐标为____. 13. 已知等边边长为2，平面，且，则点C到平面的距离为__________． 14. 已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，则当取最小值时，三棱锥外接球的体积为__________. 四、解答题 15. 已知. （1）若，求的坐标； （2）若，求与的夹角的余弦值. 16. 在中，内角所对的边分别为，且. （1）求角； （2）若的面积为，周长为，求的值. 17. 已知正方体图， （1）求证：平面平面． （2）求二面角的大小的余弦值 18. 在中，已知，，，，边上的两条中线，相交于点P． （1）求长度； （2）求的余弦值． 19. 如图，在四棱锥中，，为棱中点，平面. （1）证明：平面 （2）求证：平面平面 （3）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正切值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年第二学期期末考试高一数学试题 考试时间：120分钟，试卷满分：150分 一、单选题 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算表示，结合复数的模长公式可得结果. 【详解】由题意得，， 所以. 故选：A. 2. 已知三点共线，则（ ） A. 10 B. 8 C. 7 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量共线，结合向量的坐标运算，即可求解. 【详解】由可得， 因为，所以， 故选：D. 3. 已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，且，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面，面面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定即可. 【详解】对于A，若，则直线可能平行，异面，相交，故A错误； 对于B，若，则直线可能平行，异面，故B错误； 对于C，若，，则与可能平行或相交，故C错误； 对于D，若，又，则，故D正确. 故选：D. 4. 在中，若，，，则等于（ ） A B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理即可求解. 【详解】解：由正弦定理可得，，， ，， 或， 故选：D 5. 将周长为8的矩形ABCD绕边AB所在直线旋转一周得到圆柱.当该圆柱体积最大时，边AB的长为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】设AB=x，求得BC，代入圆柱的体积公式，利用三个数的平均值不等式求最值. 【详解】解：设AB=x，则BC， 则圆柱的体积V=π•(4﹣x)2•x， 由题意，0<2x<8，得0<x<4. ∴V=π•(4﹣x)2•x. 当且仅当4﹣x=2x，即x时上式取等号. 故选：A 【点睛】本题考查圆柱的结构特征及体积的应用，训练了利用基本不等式求最值，是基础题.关键是三个数的平均值不等式. 6. 在正方体中，与所成角的大小为 A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 【答案】C 【解析】 【详解】分析：由可得是与所成角，利用正方体的性质可得结果. 详解： 是与所成角， ， 与所成角为，故选C. 点睛：本题主要考查异面直线所成的角，属于简单题.求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解. 7. 已知向量，则（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标运算求解即可. 【详解】因为， 所以，解得． 故选：A. 8. 等腰四面体是一种特殊的三棱锥，它的三组对棱分别相等.已知一个长方体的体积为12，则用长方体其中的四个顶点构成的等腰四面体的体积为（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据等腰四面体的体积等于长方体体积减去四个三棱锥的体积进行求解即可. 【详解】如图所示，等腰四面体的体积等于长方体体积减去四个三棱锥的体积. 设长方体长，宽，高分别为， 则等腰四面体的体积. 故选：B. 二、多选题 9. 已知复数满足，其中为虚数单位，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. 在复平面内对应的点位于第四象限 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的模的定义、共轭复数、复数对应的点、和复数的运算判断选项即可. 【详解】因为，可得，故A正确； 由，得，故B错误； 由，知在复平面内对应的点位于第四象限，故C正确； 因为， 则，故D正确. 故选：ACD. 10. 如图，已知正方体的棱长为2，则下列四个结论正确的是（ ） A. B. 平面 C. 正方体的外接球的表面积为 D. 三棱锥的体积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】对选项A，根据线面垂直的判定于性质判断A正确；对选项B，根据题意得到，再利用线面平行的判定即可得到平面，即B选项正确；对选项C，首先求出正方体外接球半径，再求表面积即可判断C正确；对选项D，根据，即可判断D错误. 【详解】对选项A，连接，因为平面，且平面，则， 又因为，平面， 所以平面，又因为平面，所以，故A正确； 对选项B，因为， 所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面， 所以平面，故B正确； 对选项C，正方体外接球半径， 所以球体表面积，故C正确； 对选项D，，故D错误. 故选：ABC 11. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则（ ） A. B. C. D. 中边中线长为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据余弦定理即可求解A，根据正弦定理即可求解BC，根据向量的模长公式即可求解D. 【详解】因为， 由余弦定理得，，所以，A正确， 由正弦定理得， 所以，，所以B正确，C错误， 设中边中线为,则,故故D正确． 故选：ABD． 三、填空题 12. 已知向量，且，则____，向量在向量上的投影向量的坐标为____. 【答案】 ①. 2 ②. 【解析】 【分析】利用向量垂直的坐标表示以及投影向量的公式即可求得结果. 【详解】由题意可得所以.记， 则向量在向量上的投影向量为：， 故答案为：2 ； 13. 已知等边边长为2，平面，且，则点C到平面的距离为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用等体积计算即可. 【详解】因平面，则为三棱锥的高， 则， 由平面，平面，则， 在直角中，，同理， 则等腰的底边上的高为，则, 设点C到平面的距离为，则， 得 故答案：. 14. 已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，则当取最小值时，三棱锥外接球的体积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可得到平面的距离，设在平面的射影为，由题可得最小时最小，进而可得，然后根据长方体的性质结合条件即得. 【详解】根据题意，因为，， 设点到平面的距离为，又，所以， 设在平面内的射影为点，则，平面， 而平面，所以，又， 平面，所以平面， 中，，要使取最小值时，则最小， 当时，最小，此时，四边形为矩形，所以， 三棱锥的外接球为以为共顶点的长方体的外接球， 其直径为，半径为， 所以三棱锥外接球的体积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：要使取最小值，则在平面内的射影最小. 四、解答题 15. 已知. （1）若，求的坐标； （2）若，求与的夹角的余弦值. 【答案】（1）的坐标为或 （2） 【解析】 【分析】（1）由平行向量坐标表示，建立方程组，可得答案； （2）根据数量积的运算律，求得数量积的值，结合数量积的定义式，可得答案. 【小问1详解】 设，由题意有，解得或. 故的坐标为或； 【小问2详解】 由化简整理得， 则，解得， =. 16. 在中，内角所对的边分别为，且. （1）求角； （2）若的面积为，周长为，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化得，进而得； （2）由三角形面积得，进而根据余弦定理得，再根据周长得，进而解方程即可得答案. 【小问1详解】 解：根据正弦定理可得， 因为，所以， 因为， 所以，解得 又， 所以 【小问2详解】 因为的面积为， 所以，解得， 因为， 所以，由余弦定理得 因为的面积的周长为，即， 所以， 所以，，即，解得. 所以的值为 17. 已知正方体图， （1）求证：平面平面． （2）求二面角的大小的余弦值 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，线面平行的判定、面面平行的判定推理得证. （2）将问题转化为平面与平面所成锐二面角的余弦求解. 【小问1详解】 在正方体中，,， 则四边形是平行四边形，于是，又平面，平面 因此平面，同理平面，而平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 取中点，连接，则， 于是是二面角的平面角，令正方体的棱长为， 则，， 由平面平面，得二面角的大小等于， 所以二面角的大小的余弦值为. 18. 在中，已知，，，，边上的两条中线，相交于点P． （1）求的长度； （2）求的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先得到为等边三角形，结合中位线，由三角形相似得到； （2）先由余弦定理求出，得到，由相似知识求出，在中，由余弦定理求出，从而得到答案. 【小问1详解】 连接，则是的中位线， 故，且， 在中，，又， 故是等边三角形， 所以， 因为∽，所以， 所以； 【小问2详解】 在中，由余弦定理得， 解得，则， 因为，所以， 在中，由勾股定理得， 因为∽，所以，解得， 在中，由余弦定理得， 因为，所以余弦值为. 19. 如图，在四棱锥中，，为棱的中点，平面. （1）证明：平面 （2）求证：平面平面 （3）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）因为且，所以为平行四边形，则，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）由已知可得，，由线面垂直的判定定理可得面，进而即可证得结论； （3）由平面可得，作于，可知面，所以为直线与平面所成角，在直角中求解即可． 【小问1详解】 ∵且，∴四边形为平行四边形， ∴，又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 ∵平面，平面，∴， 连接，∵且，∴四边形为平行四边形， ∵，，∴平行四边形为正方形，∴， 又，∴， 又，面，∴面， ∵面，∴平面平面. 【小问3详解】 ∵平面，平面，∴， 又，，平面，∴平面， 因为平面，∴ ∴为二面角的平面角，从而，所以， 作于，连接， ∵平面平面，平面，平面平面， ∴面，所以为直线与平面所成角， 在直角中，，，，∴， 因为面，面，所以， 在直角中，，， ∴， 则直线与平面所成角的正切值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$