精品解析：陕西省西安交通大学附属中学2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题

交大附中2024~2025学年第二学期 高一年级期末考试数学试题 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 直线的倾斜角为（     ） A. B. C. D. 2. 如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，则原四边形的周长为（ ） A. B. C. 12 D. 3. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 4 4. 已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 5. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ） A. B. C. D. 6. 点在圆上运动，点在直线上运动，若的最小值是2，则的值为（ ） A. 10 B. C. 20 D. 7. 如图，已知分别是边上的点，且满足，，与交于，连接并延长交于点．若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 2 8. 设，对满足条件的点的值与无关，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个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. 已知直线：和直线：，下列说法正确的是（ ） A. 始终过定点 B. 若，则或2 C. 当时，与的距离为 D. 若不经过第三象限，则 10. 下列命题中，正确的是（ ） A. 在中，若，则是等腰直角三角形 B. 在中，若，则 C. 在锐角三角形中，不等式恒成立 D. 在中，若，，则必是等边三角形 11. 很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，则下列各选项正确的是（ ） A. 该半正多面体的体积为 B. A，C，D，F四点共面 C. 该半正多面体外接球的表面积为 D. 若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，，，锐角C满足，________ 13. ，与x轴交于点A，与y轴交于点B，与交于C、D两点，，则_________． 14. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子，分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记，则当的长最小时，平面与平面夹角的余弦值为________. 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. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求实数的值； （3）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围. 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）证明：； （2）若，，求的周长. 17. 已知圆的圆心在直线上，且过圆上一点的切线方程为． （1）求圆的方程； （2）设过点的直线与圆交于另一点，求面积的最大值及此时的直线的方程． 18. 如图1所示中，．分别为中点．将沿向平面上方翻折至图2所示的位置，使得．连接得到四棱锥，记的中点为N，连接，动点Q在线段上． （1）证明：平面； （2）若，连接，求平面与平面的夹角的余弦值； （3）求动点Q到线段的距离的取值范围． 19. 已知线段AB的端点B的坐标是，端点A的运动轨迹是曲线C，线段AB的中点M的轨迹方程是. （1）求曲线C的方程； （2）已知斜率为k的直线l与曲线C相交于两点E，F（异于原点O），直线OE，OF的斜率分别为，且， ①证明：直线l过定点P，并求出点P的坐标； ②若，D为垂足，证明：存在定点Q，使得为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 交大附中2024~2025学年第二学期 高一年级期末考试数学试题 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 直线的倾斜角为（     ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据直线方程，结合倾斜角的定义直接得出结果. 【详解】由，得， 所以直线的斜率为，设直线的倾斜角为， 则，解得. 故选：D 2. 如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，则原四边形的周长为（ ） A. B. C. 12 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，结合斜二测画法将直观图还原为原图，进而求解. 【详解】由题意知，， 将直观图还原为原图，如图， 则， 所以， 所以原四边形的周长为12. 故选：C 3. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数乘法求出，进而求出复数的模. 【详解】依题意，复数， 所以. 故选：C 4. 已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求得圆锥的底面圆的半径和母线长，结合侧面积公式，即可求解. 【详解】由题意，圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形， 即圆锥的底面圆的半径为，母线长为， 所以该圆锥的侧面积为. 故选：B. 5. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用空间向量共面定理逐项进行判断即可. 【详解】因为构成空间的一个基底，所以不共面， 对于A，因为，所以共面，故A错误； 对于B，因为，所以共面，故B错误； 对于C，设，则，方程组无解，所以不共面，故C正确； 对于D，因为，所以共面，故D错误； 故选：C. 6. 点在圆上运动，点在直线上运动，若的最小值是2，则的值为（ ） A. 10 B. C. 20 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆心到直线的距离以及的最小值求得. 【详解】圆的圆心为，半径为， 到直线的距离为， 由于的最小值是，所以直线与圆相离， 所以的最小值为. 故选：D 7. 如图，已知分别是边上的点，且满足，，与交于，连接并延长交于点．若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由共线、共线分别可得、，进而得、求参数，得，最后由且共线求参数. 【详解】由共线，则，， 所以①， 由共线，则，， 所以②， 由①②知：，则，故， 由，则， 由共线，则，可得. 故选：A 【点睛】关键点点睛：令、，利用不同参数及表示出为关键. 8. 设，对满足条件的点的值与无关，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据平面向量的坐标表示得出C点轨迹，结合直线与圆的位置关系计算即可. 【详解】易知，所以， 即C点轨迹为为圆心，为半径的圆， 易知到直线的距离为， 即该圆与直线相切， 若的值与无关， 则该圆在两平行直线之间， 所以到直线的距离为， 由图可知. 故选：B 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个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. 已知直线：和直线：，下列说法正确的是（ ） A. 始终过定点 B. 若，则或2 C. 当时，与的距离为 D. 若不经过第三象限，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】把直线方程化为可得选项A正确；根据垂直公式可得选项B正确；利用两平行线间距离公式可得选项C正确；根据时结论成立可得选项D错误. 【详解】A.由得， 由得，直线始终过定点，选项A正确. B.由得，解得或2，选项B正确. C. 当时，：，即，：， 与的距离为，选项C正确. D.当时，：，不经过第三象限，选项D错误. 故选：ABC. 10. 下列命题中，正确的是（ ） A. 在中，若，则是等腰直角三角形 B. 在中，若，则 C. 在锐角三角形中，不等式恒成立 D. 在中，若，，则必是等边三角形 【答案】BCD 【解析】 【分析】由正弦定理边化角关系，利用二倍角的正弦，结合正弦函数性质判断A；由正弦定理及三角形边角关系判断B；由，则，结合正弦函数性质C；利用余弦定理及已知确定△的形状判断D. 【详解】对于A，由及正弦定理，得，即， 又，则或，则为等腰或直角三角形，A错误； 对于B，由正弦定理得，B正确； 对于C，锐角中，，则，，C正确； 对于D，由已知及余弦定理，得，则，即， 又，因此必是等边三角形，D正确. 故选：BCD 11. 很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，则下列各选项正确的是（ ） A. 该半正多面体的体积为 B. A，C，D，F四点共面 C. 该半正多面体外接球的表面积为 D. 若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，将该半正多面体补成正方体，从而求出正方体的体积，减去8个三棱锥的体积，求出答案； B选项，求出补成的正方体的外接球的半径即为该半正多面体的半径，从而求出外接球体积； C选项，建立空间直角坐标系，利用空间向量共面定理进行求解； D选项，设出点的坐标，用空间向量表达出直线DE与直线AF所成角的余弦值， 换元后，使用二次函数的取值范围求出直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围. 【详解】将该半正多面体补成正方体．因为该半正多面体的棱长为，所以正方体的棱长为2． 该半正多面体的体积，A正确． 该半正多面体的外接球球心即正方体的外接球球心．设正方体的外接球球心为M， 则该半正多面体的外接球半径，故该半正多面体外接球的表面积为，C错误． 建立如图所示的空间直角坐标系，则， ．设， 可解得，则，，共面，即A，C，D，F四点共面，B正确． 又，设，所以，则． ．令， 则． 因为，所以， 故直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为．D正确． 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在中，，，锐角C满足，________ 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件求出，再利用余弦定理求出及. 【详解】由，且为锐角，得， 由余弦定理，得，解得， 由余弦定理得. 故答案为： 13. ，与x轴交于点A，与y轴交于点B，与交于C、D两点，，则_________． 【答案】2 【解析】 【分析】先根据两点间距离公式得出，再计算出圆心到直线的距离，根据弦长公式列等式求解即可. 【详解】因为直线与轴交于，与轴交于，所以，所以， 圆的半径为，圆心到直线的距离为， 故，解得； 故答案为：2. 14. 在如图所示的试验装置中，两个正方形框架，的边长都是1，且它们所在的平面互相垂直.活动弹子，分别在正方形对角线和上移动，且和的长度保持相等，记，则当的长最小时，平面与平面夹角的余弦值为________. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，运用两点间的距离公式可求得，借助二次函数，求出最小时对应的的值，然后找出二面角的平面角,借助向量夹角公式计算求解即可. 【详解】以原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，由， 得，则， 当时，取得最小值，此时，为中点，， 取的中点，连接，则， 由，，得，， 所以是平面与平面的夹角或其补角， 而，， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值是. 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. 已知向量. （1）若，求的值； （2）若，求实数的值； （3）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）且 【解析】 【分析】（1）根据向量平行的坐标运算列式求解的值，从而得模长； （2）根据向量的坐标的线性运算得的坐标，再根据向量垂直的坐标运算求解实数的值； （3）根据向量夹角与数量积的关系求解即可. 【小问1详解】 因为向量，且， 所以，解得， 所以. 【小问2详解】 因为，且， 所以，解得. 【小问3详解】 因为与的夹角是钝角， 则且与不共线， 即且， 所以且. 16. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）证明：； （2）若，，求的周长. 【答案】（1）证明：因为，所以， 所以. 因为， 所以， 则（或，舍去），即. （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理以及三角恒等变换即可得证； （2）由正弦定理以及三角恒等变换即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，，所以，. . 由，可得， . 故的周长为. 17. 已知圆的圆心在直线上，且过圆上一点的切线方程为． （1）求圆的方程； （2）设过点的直线与圆交于另一点，求面积的最大值及此时的直线的方程． 【答案】（1）； （2），或． 【解析】 【分析】（1）先根据切线与过切点的半径所在直线垂直，得直线的方程，与联立，可得圆心坐标，再求半径，可得圆的标准方程. （2）结合基本不等式可求面积的最大值，并确定圆心到直线的距离.根据点到直线的距离公式可求直线的斜率，可得直线的方程. 【小问1详解】 如图： 由题意，过点的直径所在直线方程为， 联立  ，解得. 圆心坐标为，半径  ， 圆的方程为. 【小问2详解】 设圆心到直线的距离为， 则的面积， 由于， 当，即时面积最大为． 当直线斜率不存在时，直线方程为，此时到的距离为； 故直线斜率存在，设为，则直线的方程为， 由到的距离， 解得或，故此时直线方程为或． 18. 如图1所示中，．分别为中点．将沿向平面上方翻折至图2所示的位置，使得．连接得到四棱锥，记的中点为N，连接，动点Q在线段上． （1）证明：平面； （2）若，连接，求平面与平面的夹角的余弦值； （3）求动点Q到线段的距离的取值范围． 【答案】（1） 因为折叠前为中点，，所以，折叠后，， 所以，所以，在折叠前分别为中点， 所以，又因为折叠前，所以，所以在折叠后， ，；以为坐标原点， 、、分别为、、轴建立 空间直角坐标系，则，，，，， 为中点，所以，，设平面的法向量为 ，又，，所以， ，令，则，，所以，所以， 所以，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据空间中的垂直关系的转化，结合线面垂直的判定即可求证； （2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解平面的夹角； （3）根据向量共线求出，利用空间向量表示出点到直线距离，利用二次函数性质求范围即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设，由（1）知，，因为动点Q在线段上， 且，所以，所以， 所以，，，所以，， ，设平面的法向量为，， ，令，则，，所以， 设平面的法向量为，所以 ， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 【小问3详解】 设，，，动点Q在线段上， 所以，，即，即， 所以，，， 设点Q到线段的距离为，， ，， ，，令，， 则，，根据二次函数的性质可知， 所以，由此可知动点Q到线段的距离的取值范围为. 19. 已知线段AB的端点B的坐标是，端点A的运动轨迹是曲线C，线段AB的中点M的轨迹方程是. （1）求曲线C的方程； （2）已知斜率为k的直线l与曲线C相交于两点E，F（异于原点O），直线OE，OF的斜率分别为，且， ①证明：直线l过定点P，并求出点P的坐标； ②若，D为垂足，证明：存在定点Q，使得为定值. 【答案】（1） （2） ①设直线的方程为，，，， 联立，得， 所以，即， 所以，， 所以， ， 所以且， 所以直线的方程为，即直线过定点； ②如图所示： 因为为定值，且于点，所以为直角三角形，为斜边， 所以当点是的中点时，此时为定值， 因为，，所以由中点坐标公式得， 所以存在定点，使得为定值. 【解析】 【分析】（1）利用相关点法求轨迹方程； （2）①首先设直线与圆的方程联立，利用韦达定理表示，即可求解定点坐标； ②由几何图形可知，，再利用直角三角形，协办的中线等于斜边的一半，即可求出定点坐标. 【小问1详解】 设，，由中点坐标公式得， 由题意可知，， 所以， 整理得到曲线的方程为； 【小问2详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹法求圆的方程，以及定点问题，定点问题的关键是设出直线，然后利用韦达定理求出参数的关系，即可得到对应的定点坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $