河北唐山市开平区2024-2025学年第二学期期中质量检测高一数学试卷

**基本信息** 注重知识综合与素养导向，涵盖复数、解三角形、立体几何等模块，解答题融入费马点历史情境，梯度设计合理，适配高一期中能力评估。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|复数虚部、分层抽样、正四面体线面角等|多选题考查三角形性质、向量夹角，体现推理意识| |填空题|3题/15分|偶函数单调性、刍童外接球表面积|结合《九章算术》文化素材，培养数学眼光| |解答题|5题/77分|解三角形周长、立体几何面面垂直、费马点应用|第19题综合直角三角形证明与最小值求解，发展数学思维与应用意识|

开平区2024-2025学年度第二学期期中考试姓名：____________________ 考生号：_____________________________ 高一数学试卷 本试卷共4页，19小题，满分150分。考试时间120分钟 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。 2.回答选择题时，选出每小题答案后。用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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，只有一个选项符合题目要求。 1．已知复数z满足，则的虚部为（   ） A．－1 B．1 C．－i D．i 2．某羽毛球俱乐部有队和队，其中队有名学员，队有名学员，为了解俱乐部学员的羽毛球水平，用比例分配的分层随机抽样的方法从该俱乐部中抽取一个容量为的样本，已知从队中抽取了名学员，则的值为（   ） A． B． C． D． 3．某校为了加强食堂用餐质量，该校随机调查了名学生，得到这名学生对食堂用餐质量给出的评分数据（评分均在[50，100]内），将所得数据分成五组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图，估计学生对食堂用餐质量的评分的第百分位数为（   ） A．82.5 B．81.5 C．87.5 D．85 4．在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则外接圆的直径为（    ） A． B． C． D． 5．正四面体的侧棱与底面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 6．在中，，，，点D满足，则（    ） A．6 B．8 C． D．12 7．已知正四棱台的上下底面的边长分别为和，体积为，则该正四棱台的外接球体积为（    ） A． B． C． D． 8．已知，，则（    ） 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，有多个选项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分。 9．△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．下列与△ABC有关的结论中正确的是（   ） A．若，，，则满足条件的三角形有2个 B．若，则△ABC是等腰三角形 C．若△ABC是锐角三角形，则 D．若，，分别表示△AOC，△ABC的面积，则 10．已知向量与满足，，且 则下列说法正确的是（    ） A．若， 则向量与向量共线 B．向量与的夹角为 C． D．向量与向量垂直 11．已知复数是的共轭复数，则下列说法正确的是（ ） A．的虚部为i B． C．在复平面内对应的点位于第二象限 D．为方程的一个根 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知函数为偶函数，且在单调递减，若，则x的取值范围是____________． 13．在中，，.则__________. 14．我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童，如图的刍童有外接球，且，点到平面距离为4，则该刍童外接球的表面积为__________. 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．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，，已知． (1)求； (2)若的面积为，求的周长． 16．如图所示，垂直于矩形所在的平面，，，、分别是、的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求四面体的体积. 17．如图，已知三棱台，底面是以为直角顶点的等腰直角三角形，体积为，平面平面，且. (1)证明：平面； (2)求点到面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得二面角的大小为，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 18．如图，在四棱柱中，底面是菱形，底面，点是的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面. 19．“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△ABC的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当△ABC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A，B，C的对边分别为a，b，c，且，点P为的费马点． (1)求证：△ABC是直角三角形； (2)若△ABC的面积为，且，求的值； (3)求的最小值． 高一数学 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $开平区2024-2025学年度第二学期期中考试 高一数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 y D D B A D B ACD ACD 题号 11 答案 CD 12.（1,3) 【分析】根据函数图象的平移变换，结合偶函数的性质，做出函数草图，在把函数不等式转化为代数不等 式求解 【详解】因为f(x+)为偶函数，图象关于y轴对称，将其向右平移1个单位，可得函数f(x),图象关于 直线x=1对称： 又f(x)在[1，+o)上单调递减，所以在(-∞，1]上单调递增： 又f(2)=0,所以f(0)=0 综上，f(x)的草图可以如下： 所以f(x-1)>0→0<x-1<2→1<x<3 故答案为：(1,3) 13.4v2 9 【分析】根据正弦定理及余弦定理可得b=c,再由诱导公式及二倍角正弦公式求解 【详解】由正弦定理，3sinA=2sinC→3a=2c, 所以由c0sB=2+c2-B-可得3a=2b, 2ac 所以b=C,所以B=C, 所以n4=sn(红-2)=sn2B=2sm8cosB=2X1 114W2 959 故答案为： 4V2 9 14.100元 1 【分析】由已知得，球心在上下底面中心的连线上，该连线与上下底面垂直，球心必在该垂线上，然后根 据OB=OG,利用直角三角形OOG与直角三角形OOB,即可列出外接球半径的方程，求解即可 【详解】假设O为刍童外接球的球心，连接HF、EG交于点O,连接AC、DB交于点O,由球的几何性 质可知O、O、O,在同一条直线上， o 03 G 由题意可知，OO3⊥平面ABCD,OO⊥平面EFGH,O,O=4, 设O,0=r, 在RIAOGO中，0G2=002+OG2, 在矩形EFGH中，EG=VEF2+FG=V(62)+(2v6=46, QG-G-26, 0G2=002+0G2=(4-)}+(26, 在Rt△OBO中，OB2=OO3+O,B2, 在矩形ABCD中，DB=VAD2+4B=4+(4=8,O,B=)BD=4,OB=00:+O,B=r2+, 设外接球半径OG=OB=R, .(4-r2+(2W6)=r2+42,解得r=3, 则OB=V32+42=5,即R=5，则该刍童的外接球半径为5 .该刍童外接球的表面积为：4πR2=100π， 故答案为：100π 15.a)casB-月 (2)10 【分析】(1)利用正弦定理结合两角和的正弦公式即可求解； 2 (2)利用三角形的面积公式可求得c=2,利用余弦定理可得出b的值，即可得解. 【详解】(1)因为bcosC=(4a-c)cosB, 所以sin B cosC=4 sinAcosB-sin CcosB, sin B cosC+sin Ccos B=4sin Acos B. 因为A+B+C=元，所以sinA=sin(B+C)=sin B cosC+cos Bsin C, 所以sin4=4 sin Acos,因为sinA>0,所以cosB=年 1 （2)由1)可知cB}则mB=5 4 因为a=4aABC的面积为、5，所以acsi血B=5c-5,解得c=2 2 由余弦定理得b=d2+c2-2cc0sB=+2-2x4×2x116, 4 则b=4. 故ABC的周长为a+b+c=10. 16.(1)证明见解析；(2)证明见解析：(3)22 3 【分析】(1)设G为PC的中点，连接FG、EG,根据中位线定理与平行公理得AF∥GE,进而得AF/ 平面PCE; (2)先证AF⊥平面PCD,再根据(1)得GE⊥平面PCD,进而得平面PCD⊥平面PCE; (3)由(2)得GE为四面体PEFC的高，再根据几何关系计算体积即可. 【详解】(1)证明：设G为PC的中点，连接FG、EG, ,F为PD的中点，E为AB的中点， .FG AE, .AF∥GE, GE1平面PCE,AFa平面PCE ∴.AFII平面PCE; (2)证明：，AD=PA=2,F是PD的中点 .AF⊥PD, 又，'PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD, .PA⊥CD, ,AD⊥CD,PAOAD=A, 3 ∴.CD⊥平面PAD, AF C PAD, .CD⊥AF, PDOCD=D, ∴.AF⊥平面PCD, .GE⊥平面PCD,GEi平面PCE, ∴.平面PCE⊥平面PCD: E--A (3)由(2)知，GB⊥平面PCD, ∴.GE为四面体PEFC的高， 又GF/1CD, GP1PD,GB=AR=万，GR=CD=. PDxGR=2. 六四面体PBC的体积V=}SXGH=2Y2 3 3 【点睛】本题考查线面平行与面面垂直的证明，考查空间思维能力与运算求解能力，是中档题 常见的线面平行的证明方法有：①通过面面平行得线面平行：②通过线线平行得线面平行，再证明线线平 行中，经常用到中位线定理或平行四边形性质： 证明面面垂直，常转化为证明线面垂直，常见的线面垂直的方法有：①通过面面垂直的性质得线面垂直； ②利用线面垂直的判定定理证明，再证明线线垂直时，又通常通过线面垂直得线线垂直，或由几何关系结 合勾股定理得线线垂直. 17.(1)证明见解析： (2)4V21 7 3)存在，Cr=82 【分析】(1)利用面面垂直的性质推理即得. (2)延长4，BR,CG交于一点P,根据队®c-874G可求得C,利用等体积法构造方程求解 4 (3)根据线面垂直和面面垂直性质可作出二面角的平面角，设FE=√t,根据几何关系可表示出DB,由 二面角大小可构造方程求得t,进而得到结果。 【详解】(1)在三棱台ABC-ABC中，平面ABB,A⊥平面ABC,AB⊥BC, 而平面ABB,A∩平面ABC=AB,BCC平面ABC, 所以BC⊥平面ABB,A. (2)由棱台性质知延长AA,BB,CC1交于一点P, A B C B ·”清器 -8145_165,由BC⊥平面AB,4,得BC为点C到平面PAB的距离， 于是V,-a8c=®c-ap,=7X33 又AB,/1AB,则A是PA的中点，PA=AA=AB,=PB,即△PAB,为正三角形，△PAB为正三角形， 设AB=2x,则BC=PA=PB=AB=2x, -8ec-平e29:解得x-3 3 3 AB=BC=PA=PB=4,由PBC平面PAB,得BC⊥PB,AC=PC=4V2, Sxe42-了=4万，设点a到平面4CC4的距滨为d, 由=c,得号cd-d-165,解得：4-4团 3 3 7 即点B到平面ACC4的距离为4V 7 (3)由BC⊥平面ABBA,BCc平面ABC,得平面ABC⊥平面PAB,取AB中点N,连接PN, 在正△PAB中，PN⊥AB,而平面ABC∩平面PAB=AB,则PN^平面ABC,而CNC平面ABC, 则PN⊥CN,又PNc平面PNC,则平面PNC⊥平面ABC,作FE⊥CN于E, 平面PNC∩平面ABC=CN,则FE⊥平面ABC,FE/IPN,而ABc平面ABC,则AB⊥FE, 作ED⊥AB于D,连接FD,DE∩FE=E,DE,FEC平面DEF,则AB⊥平面DEF, 而FDC平面DEF,于是AB⊥FD,∠FDE即二面角F-AB-C的平面角， A C B D B 设FE=V5t,由(2)知：PN=2W5,CN=√BC2+BN2=2√5， 由BF、CB PN 得CE=5=区，EN=25-V5 由DEIBC,得DB= BC=25- ×4=41, CN 2W5 若存在F使得二面角F-AB-C的大小为亚， 6 则am∠FDB=m惠B.V:5,解得t=4, 6DE4-2t3 CF-C=2=8CC2 5 所以存在满足题意的点F,C7=8√2 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的垂直关系的证明、点面距离的求解、二面角问题的求解；求 解二面角问题的关键是能够利用三垂线法，作出二面角的平面角，进而根据几何关系构造关于FE长度的 方程，从而求得结果 18.（1)证明见解析；(2)证明见解析 【分析】(1)设AC,BD交于点O,证明EO1IBD即可得线面平行； (2)证明AC⊥平面BDD,即可得， 【详解】证明：(1)设AC,BD交于点O. ,四边形ABCD为菱形，∴.O是AC的中点， ,E是DD的中点，连接OE,.OE/IBD, ,OEC平面AEC,BD女平面AEC, ∴.BD/I平面AEC: 6 D B E 22-- 、 A B (2),四边形ABCD为菱形， .BD⊥AC, .·DD,⊥底面ABCD,ACC平面ABCD, .DD⊥AC, BBC平面BDD,BDC平面BDD, BB BD=B, ∴.AC⊥平面BDD, ·ACC平面AEC, ∴.平面AEC⊥平面BDD 【点睛】本题考查证明线面平行，证明面面垂直.解题方法是几何法，即应用线面平行和面面垂直的判定 定理证明.空间线面间的位置关系还可用空间向量法证明. 19.(1)证明见解析 (2②)tan∠PB4= 5 (3)2+23 【分析】(1)根据二倍角公式，结合正弦定理边角互化即可求解， 2sin (2)根据面积公式可求解α，b,进而根据正弦定理可得 3 4sin0,由和差角公式化简即可求 3 5 解， (3)由余弦定理求解长度，结合勾股定理可得m+n+2=mn,即可利用不等式求解 【详解】(1)因为cos2B+cos2C=1+cos2A,所以1-2sin2B+1-2sinC=1+1-2sin2A,即 sin2 A=sin2 B+sin2C, 由正弦定理可得=b+c',故A=兀，即®4BC是直角三角形， 个 ②)1c的面为8女sn41-9则6-6：a=e-2 2 因为P为4BC的费马点，所以∠APB=∠BPC=∠CPA=2亚 3 设∠PBA=日，所以∠BAP=∠PBC=T-日，∠BCP=9, BP 2sin AB BP T:BP=- 3 在△PAB中，由正弦定理可得 in∠APBsin∠PAB 3sinπ 2 sin 3 BC BP 2 BP 在△P8C中，由弦得CPB SWLPCB又2an。今A4咖 3, 3 2sin 所以 气3 4sin8,所以5c0 2sin6=2sim6,即 5 -cos 0=-sin 0, 3 3 2 2 2 所以tan6= ，即tan∠PaM=5, (3)因为P为4BC的费马点，所以∠APB=∠BPC=∠CPA= 3 t设PB=mPA,PC=PAPA=xm>0>0x>0,所以PB+PC=m+n, PA 在AP4B中，由余弦定理可得AB2=x2+mx2-2x2cos2亚=(m++1)x2, 3 在APAC中，由余弦定理可得4C2=x2+x2-2x2cos2=(n+n+1)x, 3 在△PBC中，由余弦定理可得BC:=mx2+x2-2m2cos2=(m+r+mm), 3 又AC2+AB2=BC2,所以(n2+n+1)x2+(m2+m+1)x2=(2+2+mx2, 所以m+n+2=mn, 又>0，Jn>0,所以m+n+2=m≤ +n) 2 ,即(+n)2-4(+m)-8≥0， 解得m+n≥2+23或m+n≤2-23（舍去）， 当且仅当m=加，即m==1:5时等号成立，所以8的最小值为2+25 8