精品解析：安徽省合肥市第六中学2024-2025学年高一下学期期中教学质量检测数学试题

合肥六中2024-2025学年下学期高一期中教学质量检测数学 （考试时间：120分钟 满分：150分） 一、单选题（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，只有一项是符合目要求的） 1. 已知，则的虚部为（　　） A. -2 B. 2 C. -2i D. 2i 2. 下列说法正确的是（ ） A. 空间中两直线的位置关系有三种：平行、垂直和异面 B. 若空间中两直线没有公共点，则这两直线异面 C. 和两条异面直线都相交的两直线是异面直线 D. 若两直线分别是正方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则这两直线可能相交，也可能异面 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 已知l，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，且，，则 5. 已知直角梯形，，，，，绕直角边旋转一周，则所得几何体的侧面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知向量，满足，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 7. 德国机械学家莱洛设计的莱洛三角形在工业领域应用广泛．如图，分别以等边三角形ABC的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形．若该等边三角形ABC的边长为1，为弧上的一个动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为2的正三角形，，分别是，的中点，，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3题，每小题6分，共18分．在每一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. 已知复数，则（ ） A. B. 复数，则 C. 复数在复平面内所对应的点位于第一象限 D. 复数是方程在复数范围内的一个解 10. 在中，角，，的对边分别是，，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则为锐角三角形 D. 若，则为等腰三角形或直角三角形 11. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则（ ） A. 存在点线段，使，，，四点共面 B. 存在点线段，使平面 C. 若点满足（），则与点位置有关 D. 经过，，，四点的球的表面积为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，是正四面体棱，的中点，正四面体棱长为4，则异面直线，所成角的余弦值为_________． 13. 已知向量，满足，，则向量在向量上的投影向量的坐标是_________. 四、解答题（本题共5分，共77分，解答题写出文字说明、证明过程或演算步骤） 14. 在直角梯形，，，，点是边上的中点. （1）求的值； （2）若点E满足，且，求的值. 15. 如图，P是边长为2的正三角形所在平面上一点（点，，，逆时针排列），且满足，记． （1）用表示PA的长度； （2）求的面积的取值范围． 16. 如图所示，为四边形的斜二测直观图，其中，，． （1）求平面四边形的面积； （2）若四边形以为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积． 17. 如图，在四棱锥中，，. （1）若点为的中点，为的中点，求证：平面平面. （2）在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，请求出的值：若不存在，请说明理由. 18. 正等角中心（positive isogonal centre）亦称费马点，是三角形的巧合点之一．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角，，所对的边分别为，，， （1）若，（）是关于的方程两根，其中， ①求A； ②若，设点为的费马点，求； （2）若，设点为的费马点，，求实数的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 合肥六中2024-2025学年下学期高一期中教学质量检测数学 （考试时间：120分钟 满分：150分） 一、单选题（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，只有一项是符合目要求的） 1. 已知，则的虚部为（　　） A. -2 B. 2 C. -2i D. 2i 【答案】B 【解析】 【分析】由共轭复数概念得到，得到虚部. 【详解】由题意得，故的虚部为2. 故选：B 2. 下列说法正确的是（ ） A. 空间中两直线的位置关系有三种：平行、垂直和异面 B. 若空间中两直线没有公共点，则这两直线异面 C. 和两条异面直线都相交的两直线是异面直线 D. 若两直线分别是正方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则这两直线可能相交，也可能异面 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，空间中两直线的位置关系有三种：平行、相交和异面；对于B，这两直线异面或平行；对于C，和两条异面直线都相交的两直线是异面直线或相交直线；对于D，以长方体为载体进行判断求解. 【详解】对于A，空间中两直线的位置关系有三种：平行、相交和异面，故A错误； 对于B，若空间中两直线没有公共点，则这两直线异面或平行，故B错误； 对于C，和两条异面直线都相交的两直线是异面直线或相交直线，故C错误； 对于D，如图，在长方体中， 当所在直线为所在直线为时，与相交， 当所在直线为所在直线为时，与异面， 若两直线分别是正方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则这两直线可能相交，也可能异面，故D正确. 故选：D 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量的坐标运算列式求解. 【详解】由向量，，得， 由，得， 所以. 故选：B 4. 已知l，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，且，，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面、面面位置关系，结合线面平行的性质逐项判断即得. 【详解】对于A，由，，，得或与相交或与是异面直线，A错误； 对于B，由，，，，得或与相交，B错误； 对于C，由，，，得，C正确； 对于D，由，，，且，，得或与相交，D错误. 故选：C 5. 已知直角梯形，，，，，绕直角边旋转一周，则所得几何体的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先确定直角梯形绕直角边旋转，形成圆台，然后通过梯形的边长确定圆台上、下底面半径及母线长，最后利用圆台的侧面积公式求解即可. 【详解】 如图所示，直角梯形绕直角边旋转一周得到圆台，其中： 上底面半径，下底面半径，母线长为边的长度. 在梯形中，， 则圆台的侧面积． 故选：A. 6. 已知向量，满足，，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量数量积的定义式和运算律化简已知式，结合向量夹角的范围即可. 【详解】已知，，设与的夹角为， 由， 解得，则与的夹角． 故选：C 7. 德国机械学家莱洛设计的莱洛三角形在工业领域应用广泛．如图，分别以等边三角形ABC的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形．若该等边三角形ABC的边长为1，为弧上的一个动点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】法一：建立平面直角坐标系，根据三角函数定义设，然后由平面向量的坐标运算表示出，结合三角恒等变换和三角函数性质即可得解；法二：取的中点为，中点为O，利用极化恒等式化简，结合图形可解. 【详解】方法1：由已知，弧是以为圆心，1为半径的圆的一部分， 以为原点，所在直线为轴，过与直线垂直的直线为轴，建立平面直角坐标系， 则由已知，，， 由任意角的三角函数的定义，设，， 则，，， ， 令，，则， 当时，，， ， 存在，使，即， 当时，的最小值为． 方法2：利用极化恒等式，取的中点为，则， ， 取中点为O，则：， 因为，所以， 当在弧上时，，当且仅当三点共线时取等号， 则 故选：A． 8. 已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为2的正三角形，，分别是，的中点，，则球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用侧棱长表示出，再在侧面中，利用余弦定理列方程求出侧棱长，然后可得三条侧棱两两垂直，通过补形法即可求解. 【详解】设，则，， 因为，则， 在中，因为，则， 由余弦定理可得， 即，解得， 可知，即，所以，，两两垂直， 可以把三棱锥补形棱长为的正方体，可知球即为正方体的外接球， 其体对角线即为外接球的直径，即，， 所以球的体积． 故选：D 二、多选题（本题共3题，每小题6分，共18分．在每一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. 已知复数，则（ ） A. B. 复数，则 C. 复数在复平面内所对应的点位于第一象限 D. 复数是方程在复数范围内的一个解 【答案】CD 【解析】 【分析】根据复数的概念和性质、四则运算逐项判断即可. 【详解】对于A，，A错误； 对于B，复数不能比大小，B错误； 对于C，复数在复平面内对应的点是，位于第一象限，C正确； 对于D，方程，其中， 方程的两根为，D正确. 故选：CD 10. 在中，角，，的对边分别是，，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则为锐角三角形 D. 若，则为等腰三角形或直角三角形 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用余弦函数的单调性可判断A；由正弦定理可判断B；分析的正负可判断C；由正弦定理、两角和的正弦展开式可判断D． 【详解】对于A，，函数在上单调递减， 所以，故A正确； 对于B，，由正弦定理可得，，故B错误； 对于C，， ，，为三角形的内角， 且三角形中最多只有一个钝角， ，可知，，均为锐角，得到为锐角三角形，故C正确； 对于D：，且， 所以由正弦定理可得， 又， 因此， ，，则或， 当时，三角形为等腰三角形， 当时，，三角形为直角三角形， 综上，三角形为等腰三角形或直角三角形，故D正确． 故选：ACD． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，则（ ） A. 存在点线段，使，，，四点共面 B. 存在点线段，使平面 C. 若点满足（），则与点位置有关 D. 经过，，，四点的球的表面积为 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，由条件结合正方体性质证明，由此证明，，，四点共面，由此判断A，对于B，取中点为，证明，根据线面平行判定定理证明平面，由此判断B，对于C，由条件证明点，，三点共线，由此证明点到平面的距离等于点到平面的距离，结合锥体体积公式判断C，对于D，取中点，中点，可得长方体的外接球即过，，，四点的球，再求长方体的外接球的半径及表面积即可判断D. 【详解】对于A，连接，，，正方体中易知， ，分别是，中点，则，所以， 即，，，四点共面，当与重合时满足，，，四点共面，A正确； 对于B，如图，取中点为，连接，，， 因为，分别是，中点，则与平行且相等，是平行四边形，所以， 又是中点，是中点， 所以，所以， 又平面，平面，所以平面，B正确； 选项C，因为（） 所以， 所以，即， 所以点，，三点共线， 又平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 三棱锥的体积， 所以为定值，与点位置无关，C错误； 选项D，取中点，中点，连接，，，， 由已知多面体为长方体，它的外接球就是过，，，四点的球， 所以过，，，四点的球的直径为，半径为，表面积为，D错误． 故选：AB． 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，是正四面体棱，的中点，正四面体棱长为4，则异面直线，所成角的余弦值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义找到异面直线的夹角，结合正四面体的性质、三角形中位线的性质、余弦定理进行求解即可. 【详解】如图，取中点，连接，，由是的中点， 可得是的中位线，结合中位线定理得， 因为是的中点，所以， 则是直线，所成的角或其补角，令正四面体的棱长为4， 由是的中点，得，，， 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得. 故答案为： 13. 已知向量，满足，，则向量在向量上的投影向量的坐标是_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量的公式计算即可求解. 【详解】∵，，∴，，， ∴向量在向量上的投影向量的坐标为. 故答案为：. 四、解答题（本题共5分，共77分，解答题写出文字说明、证明过程或演算步骤） 14. 在直角梯形，，，，点是边上的中点. （1）求的值； （2）若点E满足，且，求的值. 【答案】（1）8 （2） 【解析】 【分析】（1）结合几何图形，利用向量的线性运算表示，向量数量积的运算律即可求出的值. （2）利用向量的加减运算法则，以为基底表示出得出的取值可得结论； 【小问1详解】 则， , 因此，. 【小问2详解】 如图所示： 由可得 所以 又可得 所以； 15. 如图，P是边长为2的正三角形所在平面上一点（点，，，逆时针排列），且满足，记． （1）用表示PA的长度； （2）求的面积的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理列出关于的表达式，化简即可. （2）先求出，再根据三角形面积得到关于的表达式，利用二倍角和辅助角等公式化简，最后根据的取值范围即可求解. 【小问1详解】 由，则，则， 在中，由正弦定理有，即， 化简，得. 【小问2详解】 由面积公式得， 由以上可得 ， 又，且，则，， ，则， 故的取值范围为. 16. 如图所示，为四边形的斜二测直观图，其中，，． （1）求平面四边形的面积； （2）若四边形以为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积． 【答案】（1）； （2）体积为，表面积为． 【解析】 【分析】（1）把直观图还原为原平面图形，得四边形是直角梯形，由此求出平面四边形的面积即可； （2）四边形以为旋转轴，旋转一周，旋转形成的几何体是圆柱与圆锥的组合体，计算其表面积和体积即可求出答案. 【小问1详解】 把直观图还原为原平面图形，则四边形是直角梯形， 其中，，，如图所示： 所以平面四边形的面积为. 【小问2详解】 四边形以为旋转轴，旋转一周，旋转形成的几何体是圆柱与圆锥的组合体， 其中圆柱的底面半径，高，圆锥的底面半径为，高， 母线长， 则旋转体的体积为， 表面积为. 17. 如图，在四棱锥中，，. （1）若点为的中点，为的中点，求证：平面平面. （2）在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，请求出的值：若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 因为，所以为等边三角形， 因为为的中点，所以， 因为，， 所以， 所以， 所以，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又点为的中点，为的中点， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 又，平面，平面， 所以平面平面； （2） 存在，， 过作交与，再过作，交于，连接， 则即为所求， 由，所以， 所以， 在直角，， 所以， 所以， 由得， 证明：当时，得， 由平面，平面，所以平面， 又，平面，平面，平面， ，平面，平面， 所以平面平面，因为平面， 所以平面. 【解析】 【分析】（1）通过证平面，平面，由线面平行即可证面面平行； （2）由面面平行的判定和性质，结合平行线的性质，即可判定存在性. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 正等角中心（positive isogonal centre）亦称费马点，是三角形的巧合点之一．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角，，所对的边分别为，，， （1）若，（）是关于的方程两根，其中， ①求A； ②若，设点为的费马点，求； （2）若，设点为的费马点，，求实数的最小值． 【答案】（1）①；②； （2）． 【解析】 【分析】（1）①根据一元二次方程根与系数关系，结合消元法、配方法、辅助角公式进行求解即可； ②根据费马点的性质，结合平面向量数量积的定义、三角形面积公式进行求解即可； （2）根据二倍角的余弦公式、两角和差的正弦公式化简已知三角等式，再结合费马点的性质、余弦定理、基本不等式进行求解即可. 【小问1详解】 ①由题意得： ，是关于方程的方程的两个不等实根， ， ，由于，，故，均为锐角，，  ， 因为均为锐角，所以，而也为锐角， ， ； ②由①知，，则的三个角都小于，由费马点定义知：， 设，，，由得： ，整理得， 所以． 【小问2详解】 由，得， 即，又，，则， 于是，整理得，即， 又，，有，则， ， 由点为的费马点，得， 设，，， （，，）， 由，得， 由余弦定理得， ， ， 相加得得， 整理得，于是，当且仅当，即时取等号， 又，因此，而，解得，所以实数的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $