精品解析：吉林省延边州延吉市第三高级中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷

延吉市第三高级中学2024—2025学年度第2学期 高一年级期中考试数学学科试卷 命题人：邹永平 审核人：张影 注意事项： 1.本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷、（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.第Ⅰ卷（选择题）每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5mm黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、选择题（本大题共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. 设，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 下列结论正确的是（ ） A. 三个点确定一个平面 B. 若空间中两条直线没有公共点，则它们互相平行 C. 若一条直线上有无数个点在一个平面内，则这条直线在这个平面内 D. 若一条直线上有无数个点在一个平面外，则这条直线与这个平面平行 3. 如图，在中，D为AB的中点，E为CD的中点，设，，以向量，为基底，则向量（ ） A. B. C. D. 4. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，则外接圆的半径为（ ） A. B. C. 6 D. 12 5. 如图，是一个平面图形的直观图，其中是直角三角形，，则原图形的面积是（ ） A. 4 B. C. 8 D. 6. 已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则为（ ）． A. 等腰直角三角形 B. 等腰三角形或直角三角形 C. 直角三角形 D. 等边三角形 8. 已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形，侧棱长为，则该正三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.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，以下说法正确的是（ ） A. 的实部是5 B. C. D. 在复平面内对应的点在第一象限 10. 平面与平面平行，且，下列说法中正确的有（ ） A. a与内的所有直线都平行 B. a与内无数条直线平行 C. a与内的任意一条直线都不垂直 D. a与无公共点 11. 若是平面内所有向量的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面内所有向量的基底的是（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知圆台的高为3，中截面（过高的中点且垂直于轴的截面）的半径为3，若中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1:2的两部分，则该圆台的母线长为__________. 13. 如图，给定一个正方体形状的土豆块，只切一刀，可以得到下面哪些类型的多面体？ ①四面体； ②四棱锥； ③四棱柱； ④五棱锥； ⑤五棱柱； ⑥六棱锥； ⑦七面体． ______（找出可能的结果，并将序号填在横线上） 14. 海上一观测站测得南偏西的方向上有一艘停止待维修的商船，在商船的正东方有一艘海盗船正向它靠近，速度为每小时90海里，此时海盗船距观测站 海里，20分钟后测得海盗船位于距观测站20海里的处，再经___________分钟海盗船到达商船处． 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的正弦值． 16. 如图，在中，，，P为AB边上一点，且． （1）设，求实数x，y的值； （2）若与的夹角为，求的值． 17. 如图，已知四棱锥的底面是正方形，底面，，是侧棱的中点. （1）证明：平面； （2）求异面直线与所成的角； （3）求直线到平面的距离. 18. 在中，角，，的对边分别为，，，已知． （1）求角； （2）若，且边的中线的长为，求的面积； （3）若是锐角三角形，求的范围． 19. 如图所示，在直角梯形ABCD中，，，，，，边AD上一点满足．现将沿BE折起到的位置，使平面平面BCDE，如图所示． （1）求证：； （2）求四棱锥的体积； （3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 延吉市第三高级中学2024—2025学年度第2学期 高一年级期中考试数学学科试卷 命题人：邹永平 审核人：张影 注意事项： 1.本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷、（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟. 2.考生作答时，请将答案答在答题卡上.第Ⅰ卷（选择题）每个小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第Ⅱ卷请用直径0.5mm黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效. 第Ⅰ卷（选择题共58分） 一、选择题（本大题共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. 设，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的几何意义求出复数所对应的点的坐标即可. 【详解】复数在复平面内对应的点为，位于第二象限. 故选：B. 2. 下列结论正确的是（ ） A. 三个点确定一个平面 B. 若空间中两条直线没有公共点，则它们互相平行 C. 若一条直线上有无数个点在一个平面内，则这条直线在这个平面内 D. 若一条直线上有无数个点在一个平面外，则这条直线与这个平面平行 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间点、线、面基本定理进行判断. 【详解】三个不共线的点确定一个平面，A错误； 若空间中两条直线没有公共点，则它们互相平行或为异面直线，B错误； 若一条直线上有两个点在一个平面内，则这条直线在这个平面内，C正确； 若一条直线上有无数个点在一个平面外，则这条直线与这个平面平行或与平面相交与一点，D错误. 故选：C 3. 如图，在中，D为AB的中点，E为CD的中点，设，，以向量，为基底，则向量（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用向量的加减法运算法则，化简求解即可. 【详解】因为E为CD的中点，则.因为D为AB的中点，则.所以. 故选：D. 4. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，则外接圆的半径为（ ） A. B. C. 6 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理（为的外接圆半径）求解即可. 【详解】设外接圆的半径为， 则，即. 故选：A . 5. 如图，是一个平面图形的直观图，其中是直角三角形，，则原图形的面积是（ ） A. 4 B. C. 8 D. 【答案】B 【解析】 【分析】还原，求出其边长即可求解直角三角形的面积. 【详解】如图，的直观图是，则， 则的面积为. 故选：B 6. 已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的定义求解. 【详解】由，得， 所以向量在向量上的投影向量为. 故选：D 7. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则为（ ）． A. 等腰直角三角形 B. 等腰三角形或直角三角形 C. 直角三角形 D. 等边三角形 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理角化边，然后确定的形状即可. 【详解】因为， 根据余弦定理得， 整理得， 所以或， 所以为等腰三角形或直角三角形， 故选：B. 8. 已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形，侧棱长为，则该正三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先判断球心在三棱锥的高线上，由正弦定理求得，设球的半径为，结合题意列方程求出外接球半径即得. 【详解】如图，设点在底面的射影为点， 因底面边长均为，侧棱长均为，故球心在上， 连接，设球的半径为，则， 由正弦定理，解得， 在中，，则， 在中，由，解得， 则球的表面积为． 故选：B． 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.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，以下说法正确的是（ ） A. 的实部是5 B. C. D. 在复平面内对应的点在第一象限 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据给定条件，求出复数的实部、模、共轭复数及复平面内对应点依次判断ABCD. 【详解】对于A，复数的实部是5，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，在复平面内对应的点在第四象限，D错误. 故选：ABC 10. 平面与平面平行，且，下列说法中正确的有（ ） A. a与内的所有直线都平行 B. a与内无数条直线平行 C. a与内的任意一条直线都不垂直 D. a与无公共点 【答案】BD 【解析】 【分析】如图，借助长方体逐项判断即可； 【详解】如图， 在长方体中，平面平面， 将平面看作平面，将平面看作平面， 平面，平面， 由长方体结构特点易知：与AB不平行，且与AB垂直，所以A，C错误. 易知两平面内由无数条直线平行，同时两平面没有交点，所以B，D正确； 故选：BD. 11. 若是平面内所有向量的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面内所有向量的基底的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据平面向量共线定理以及基底的概念逐一判断即可. 【详解】对于A，若存在实数，使得，则，无解，所以与不共线， 可以作为平面的基底，故A错误； 对于B，因为，则与是共线向量，不能作为平面向量的基底，故B正确； 对于C，因为，则与是共线向量，不能作为平面向量的基底，故C正确； 对于D，因为，则与是共线向量，不能作为平面向量的基底，故D正确. 故选：BCD. 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知圆台的高为3，中截面（过高的中点且垂直于轴的截面）的半径为3，若中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1:2的两部分，则该圆台的母线长为__________. 【答案】5 【解析】 【分析】作出圆台轴截面图象，根据梯形中位线性质，圆台侧面积公式可求上底和下底的半径，根据图形性质即可求出母线. 【详解】设圆台的上､下底面圆的半径分别为，因为中截面的半径为3，所以根据梯形中位线性质可知：. 又中截面将该圆台的侧面分成了面积比为的两部分， 所以根据圆台侧面积公式可知：，解得，所以. 又圆台的高为3，所以圆台的母线长为. 故答案为：5. 13. 如图，给定一个正方体形状的土豆块，只切一刀，可以得到下面哪些类型的多面体？ ①四面体； ②四棱锥； ③四棱柱； ④五棱锥； ⑤五棱柱； ⑥六棱锥； ⑦七面体． ______（找出可能的结果，并将序号填在横线上） 【答案】①③⑤⑦ 【解析】 【分析】结合正方体的性质逐一作图，可能出现①③⑤⑦这四种情况． 【详解】 如图，平面截正方体，可得到四面体； 如图，平面截正方体，可得到四棱柱； 如图，平面截正方体，可得到五棱柱，也是七面体. 故答案为：①③⑤⑦. 14. 海上一观测站测得南偏西的方向上有一艘停止待维修的商船，在商船的正东方有一艘海盗船正向它靠近，速度为每小时90海里，此时海盗船距观测站 海里，20分钟后测得海盗船位于距观测站20海里的处，再经___________分钟海盗船到达商船处． 【答案】 【解析】 【分析】根据图示：在中，利用余弦定理求得，从而得到，然后在中，利用正弦定理求得，然后再根据速度求出时间. 【详解】如图所示： 在中，， 由余弦定理得：， 所以，则， 在中，， 所以， 即再经分钟海盗船到达商船处． 故答案为： 【点睛】本题主要考查余弦定理的实际应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 四、解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的正弦值． 【答案】（1）证明：连接交于， 在直三棱柱中，所有棱长均为4， 因此四边形是正方形，所以是的中点，而D是AB的中点， 因此有，而平面，平面， 所以平面； （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于，利用三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可； （2）根据（1）的结论，结合异面直线所成角定理、直棱柱的性质、余弦定理、同角的三角函数关系式进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知：， 因此异面直线与所成角为（或其补角）， 因为是正方形，所以， 在直三棱柱中，所有棱长均为4， 因此四边形是正方形，因此有， 在直三棱柱中，侧棱垂直于底面，因此也就垂直底面中任何直线， 因此有， 由余弦定理可知：， 因此. 16. 如图，在中，，，P为AB边上一点，且． （1）设，求实数x，y的值； （2）若与的夹角为，求的值． 【答案】（1），． （2）-8 【解析】 【分析】（1）根据和向量减法法则得到，得到答案； （2）根据（1）和，利用向量数量积乘法法则计算出答案. 【小问1详解】 因为，所以， 所以，故，． 【小问2详解】 ， 故 ． 17. 如图，已知四棱锥的底面是正方形，底面，，是侧棱的中点. （1）证明：平面； （2）求异面直线与所成的角； （3）求直线到平面的距离. 【答案】（1）证明如下： 因为底面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 因为，是侧棱的中点，所以， 又，平面，平面，所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得平面，即可得到，再由线面垂直的判定定理即可证明； （2）由异面直线夹角的定义可得或其补角就是异面直线与所成的角，然后代入计算，即可得到结果； （3）根据题意，由代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连，，两直线交于点，连， 因为底面是正方形，所以是的中点， 又分别是的中点，所以， 所以或其补角就是异面直线与所成的角， 因为为正方形，且， 所以，， ， 故，，， 即是正三角边， 所以. 所以异面直线与所成的角为. 【小问3详解】 因为，平面，平面，所以平面， 则直线到平面的距离等于点到平面的距离， 又底面，平面，所以， 又底面为正方形，， ，平面，所以平面， 且平面，所以，则， 则， 设点到平面的距离为， 由可得， 即，解得， 所以直线到平面的距离为. 18. 在中，角，，的对边分别为，，，已知． （1）求角； （2）若，且边的中线的长为，求的面积； （3）若是锐角三角形，求的范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换可得得解； （2）根据余弦定理可得，利用向量的中线公式及数量积的运算，可得，再利用面积公式，即可求解； （3）根据正弦定理边角化以及三角恒等变换可得，再根据角的范围，结合三角函数的性质即可求解． 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 所以， 得到，即， 又，，所以， 又因为，可得. 【小问2详解】 因为，且， 所以由，可得，解得， 由题意， 两边平方，可得， 因为，所以，解得或（舍）， 则的面积为. 【小问3详解】 因为 ， 由题知，，解得， 因为， 所以，可得， 可得， 所以． 19. 如图所示，在直角梯形ABCD中，，，，，，边AD上一点满足．现将沿BE折起到的位置，使平面平面BCDE，如图所示． （1）求证：； （2）求四棱锥的体积； （3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【答案】（1） 在平面图形中，连接CE，由勾股定理得， 因为且，所以四边形为平行四边形， 又，所以四边形ABCE为菱形， 在图中，连接AC交BE于点，则， 在立体图形中，，， 又，平面， 平面． 又平面， ； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形ABCE为菱形，从而线线垂直，得到平面．故； （2）由面面垂直得到线面垂直，求出，利用锥体体积公式进行求解； （3）作出辅助线，证明线面垂直，得到线线垂直，即为平面与平面所成锐二面角的平面角，求出各边长，得到，求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在平面图形中，由勾股定理得， 由（1）知，四边形ABCE为菱形，结合题设易得，故， 平面平面BCDE，且平面平面，平面，． 平面BCDE， 其中梯形的面积为， ； 【小问3详解】 在立体图形中延长BE，CD，设，连接． 平面，平面． 又平面，平面． 是平面与平面的交线， 平面平面BCDE，，平面平面， 平面，又平面， ，， 作，垂足为，连接CH， 又，平面， 平面OCH，又平面OCH， ． 即为平面与平面所成锐二面角的平面角． 由勾股定理得，， 故，为等边三角形， 在Rt中，，， 所以，又，故， 由勾股定理得， 所以， 又，在中，， ． 平面与平面所成锐二面角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $