河北唐山市路南区2024-2025学年第二学期期中质量检测高一数学试卷

**基本信息** 高一数学期中检测涵盖复数、向量、解三角形、立体几何等核心知识，以刘徽《重差》测量球体（文化传承）、环山公路最短路径（实际应用）为情境，考查数学眼光、思维与语言。 **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、向量投影、三角形形状判断|单选第5题斜二测直观图面积考查空间观念，多选第9题三角形解的个数体现推理能力| |填空题|3题15分|向量夹角、球体体积（文化情境）、三角化简|第13题结合《重差》测量，培养应用意识与文化认同| |解答题|5题77分|解三角形（中线长度、余弦值）、立体几何证明与线面角|第18题四棱锥中平行垂直证明，综合考查逻辑推理与空间想象；第16题面积公式应用，体现数学语言表达|

路南区2024-2025学年度第二学期期中质量检测姓名：____________________ 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，则的虚部为（    ） A．1 B． C． D． 2．若满足，则可以是（    ） A． B． C． D． 3．在△ABC中，若，则的形状一定是（    ） A．等腰三角形 B．等腰或直角三角形 C．等腰直角三角形 D．不含的直角三角形 4．已知，则（   ） A．-4 B． C． D． 5．如图，的斜二测直观图是，其中，则的面积是（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 6．已知平面向量，，若在上的投影向量为，则（   ） A． B．1 C． D．2 7．已知△ABC内接于单位圆，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．如图，这是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为，山高为是山坡上一点，且．现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为（    ） 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．在△ABC中，角所对的边分别为，根据下列条件解三角形，其中仅有一解的有（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 10．已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，母线长为3，则（    ） A．圆台的表面积为 B．圆台的体积为 C．圆台的侧面展开图所在扇形的圆心角为 D．圆台的外接球的表面积为 11．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列命题正确的是（    ） A． B．若，则b的最大值为 C．若的面积为，则a的最小值为2 D．若，，，，则动点D的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知向量满足，，，则与的夹角为______． 13．古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上，两点与点在同一条直线上，且在点的同侧.若在，处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且，则根据测得的球体高度可计算出球体建筑物的体积为______. 14．化简 ________________ 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．如图，在△ABC中，已知，，，点M在边BC上且，AM与AC边上的中线BN相交于点P. (1)求中线BN的长； (2)求的余弦值. 16．记△ABC的内角的对边分别为，面积为，已知 (1)求； (2)若边上的高为1且，求的面积． 17．已知向量，，． (1)求 (2)若，求实数的值． 18．如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，平面，且是的中点.    (1)求证：平面 (2)求证：平面； (3)求直线与平面所成角的正弦值. 19．如图所示，在四棱锥中，平面，，E是PD的中点.    (1)求证：； (2)求证：平面； (3)若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由. 高一数学 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $路南区2024-2025学年度第二学期期中质量检测 高一数学答案 1.C 【详解】z=i2-i泸=-1-i,所以z的虚部为-1. 2.c 【分析】由题意解出a,B的值，再逐一验证即可. 【详解】由题意可得a=2k元-兀或a=2kπ- 6 6 B-a=2+了或Ba=2逃子6底eZ. 3 因为B=(B-)+a, 所以A=2话+6)x+2或B=26-无π-受或月=2医+6)-交.居4cZ, 6 验证可知C正确，ABD错误. 故选：C. 3.B 【分析】利用正弦定理边化角，利用三角恒等变换可求得cosA=0或sinB-sinA=0,分类讨论可得结论. 【详解】由c-acosB=(2a-b)cosA和正弦定理，可得sinC-sin AcosB=2 sin AcosA-sin B cosA, 因sinC=sin(A+B)=sin Acos B+cos Asin B,代入上式，化简得：2 sin B cosA=2 sin AcosA, 即(sinB-sinA)cosA=0,故得cosA=0或sinB-sinA=0, 当cosA=0时，0<A<元，所以A=子此时金BC是直角三角形： 当sinB-sinA=0时，sinB=sinA,又0<A<元，0<B<元， 则A=B或B=π-A(舍去)，此时eABC为等腰三角形. 综上：可得ABC的形状一定是等腰或直角三角形， 故选：B. 4.C 【分析】通过两角和与差的正余弦公式得出tan a和tanB的关系，再利用二倍角的正切公式即可得结果. 【详解】由cos(a+B)=2sin(a-B),得cosacosB.-sinasinB=2 sinacosB-2 cosasinB, 即(cosa-2sina)cos0=(sina-2cosa)simB,所以cosa-2sina=tanB, sina-2cosa 所以1-2tama。3 2tana 8 ana-22tana=4,所以ta2a=1-an2i5 第1页共10页 5.D 【详解】过B作B'C'/1OA'交y'轴于点C',可得∠B'CO=45°， 因为∠B'Oy'=90°，所以aOBC为等腰直角三角形，所以OB'=OC'=2√2， 根据斜二测画法，可得△OAB,如图所示，则OA=2√2，OC=4√2， 所以MB0的面积S-040C-}2万x4W5=8,放逅项D正确 B A 6.D 【详解】由题意得，=1+1=V2,ā.万=2+x, 由投影向量的计算公式得 56-25,则a5-2,即2生-2，解得x=2. 2 7.D 【分析】依据条件可得℃-买，然后根据正弦定理、余弦定理以及面积公式可知结果 【详解】(1+taA)(1+tanB)=2,.tanA+tanB=1-tanA.tanB, .tamnc=-tan(+B)=-tan4+tan1,Ce(.),c3 1-tanAtanB 4 又ABC的外接圆为单位圆，其半径R=1, 由正弦定理可得c=2 RsinC=√2， 由余弦定理可得c2=a2+b2-2 bcosC, 代入数据可得2=ad2+b2+V2ab≥2ab+5ab=2+bb, 当且仅当时a=b时，“=”成立，b5,2 2+√51 A4RC的面积Sc三，absin C≤)+222’○.c的取大值为Y二 1 2 故选：D 8.D 【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用两点间的距离，结合图象，求最小值. 【详解】依题意，半径为3km,山高为3W15km,则母线4=√32+(3v15)2=12, 第2页共10页 底面圆周长2加=6，则圆锥侧面展开图扇形的圆心角：=g-,一 如图，是圆锥侧面展开图， S 5km B A H 12km 显然AB=V122+52=13, 由点S向AB引垂线，垂足为点H,此时S为点S和线段AB上的点连线的最小值， 即点H为公路的最高点，AH段为上坡路段，HB段为下坡路段， 由直角三角形射影定理知，4=AHAB,即12：=13AH,解得4H=14km, 13 所以公路上坡路段长为14km. 13 故选：D 9.ABD 【分析】对于选项A,B使用三角形全等判定定理即可判断；对于选项C,利用正弦定理判断；对于D使 用余弦定理计算即可判断 【详解】对于A,三角形中，已知三边，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，即A正 确： 对于B,三角形中，己知两个角和夹边，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，即B正 确： 对于C,由正弦定理， v3 2可得，nBEA。因b>a,则B>A,因mB三发>)结合正聪 sin30°sinB 3 函数的图象可知角B有两解，一个是锐角，另一个是钝角，故C错误： 由余弦定理得c2=a+b-2bc0sC=1+4-2x1x2号=3，c=V3,故仅有一解， 10.ABD 【分析】利用圆台表面积公式，代入已知半径和母线计算可判断A:由轴截面几何关系求出高，再代入圆 台体积公式计算可判断B;圆台侧面展开图的圆心角可由底面半径差与母线长关系求得，从而判断C:设 外接球心在轴线上，根据勾股定理列方程解得半径平方，再求表面积即可判断D. 【详解】如图所示，ABCD为轴截面，点C,D在下底面的投影分别为F,E, 第3页共10页 D Q B 02 由题意可知：设上底面半径为5，下底面半径为5，母线为1，AB=25=4,CD=25=2,AD=1=3,则 AF=AB-CD 1, 2 对于A选项，圆台的表面积S=(5+5)1+心+=14兀，所以A正确： 对于B选项，设圆台的高为h,由图可知=DE,DB=√AD-AE2=2√5，则圆台的体积 ”古g-店+h-写0+4+2小2514，所以B正确： Γ3 3 对于C选项，圆台侧面展开图所在扇形的圆心角日=2元5二1=2亚（或者，此圆台是由底面半径为2，母 3 线长为6的圆锥截得的，所以圆合侧面展开图所在扇形的圆心角6-2πx2_亚)，所以C错误： 6 3 对于D选项，圆台的外接球的球心0一定在OO上，如图所示，连接OA,OD,则00=x,则O0,=2√2-x, 设外接球半径为R,即OA=OD=R,所以R2=x2+1=(2V2-x)/+2, ,所以外接球的表面积g=机R-153,所以D正确. 解得R?=153 11.BCD 【分析】根据正弦定理进行边角转换，结合三角形内角和与三角函数恒等变换公式可求角A,判断A的真 假；利用正弦定理表示边b,结合三角函数的值域确定b的最大值，判断B的真假：利用三角形的面积公 式结合角A的值，可求bc的值，再利用余弦定理结合基本不等式可求边a的最小值，判断C的真假：利用 向量判断点D的轨迹为三角形角A的角平分线，再利用面积法求三角形角平分线的长度，可判断D的真假. 【详解】对A,因为csin A-√3bcos2A=√3 acos Acos B, 所以sin CsinA-√3 sin Bcos2A=V3 sin AcosAcos B, sinCsinA=3sin Bcos24+3sin AcosAcos B=3 cosA(sin B cosA+sin Acos B), 则sin CsinA=√3 cosAsin(A+B)=V3 cos AsinC, 因为sinC>0,所以simA=√3cosA,即tanA=√3， 因为0°<A<180°，所以A=60°，故A错误： 第4页共10页 对B,因为a=2,A=60°，由正弦定理得： b a sin B sinA 即b no,所以6-m sin B sin60°-3 当B=90°时，b取最大值，且最大值为4 ,所以B正确： 3 列C,若金1Bc的面积为5，则有mcm4=5加=5，k=4 4 因为d2=b2+c2-2 bc cos60°=b2+c2-bc≥2bc-bc=bc=4, 所以a≥2，当且仅当b=c=2时等号成立，所以a的最小值为2，所以C正确： 对D,因为c=2,b=3,即AB=2,AC=3, 则AD=u(3AB+2AC)=6 AB 64 则点D在角A的内角平分线所在直线上. 当u-号时，3+2u=1,则D,B,c三点共线， 设AD与边BC的交点为E,则当O≤M≤时，点D的轨迹就是②ABC的角A的角平分线AB. 则∠BAE=∠CAE=30°， 根据SABE+SACe=SABC, 4BAgms0r+4cAsm30-54B4Csm60, 5AE=6V3,则4B=5 ,所以D正确， 12.若/30 【详解】因为cos(a,)= a.b4v6√3 同622×4=2， 又因a,b∈[0，]，所以a与i的夹角为 6 13. 32000π 3 分析1根据题意作出截面图，设球的半径为R,根据直角三角形的性质得松加饥，4C人 tan15, 利用BC=40列式，化切为弦利用辅助角公式求得R=20,代入球的体积公式即可求解. 【详解】如图， 第5页共10页 60 3092 A B C R 设球的半径为R,AB= =√5R,AC= R tan30° tan15' 40 BC= R tan15 -V5R=40,·R= 40sinl5° 1 -V3cos15°-V3siml5°， tanl5 40sinl5° 20sinl5° 三20，即该球体建筑物的体积为×20=32000 2sin(30°-15)sinl5° 3 32000元 故答案为： 3 14.-d 【分析】直接利用向量的加法运算律求解即可 【详解】2(a-3b)+3(2b-a)=2a-6b+6b-3ā=2-3i=-a, 15.(1)N7 a 【分析】(1)直接根据余弦定理求解即可： (2)建立平面直角坐标系，求出AM,BN的坐标，进而求解即可. 【详解】(1)由AC=6,BN为中线，则AN=3, 在△ABN中，由余弦定理得BN=AB+AN2-2AB·AN.CoS∠BAC=4+9-2x2x3× 2 则BN=√7 (2)以A为原点，建立如图所示的平面直角坐标系， C元 由AB=2,AC=6,∠BAC=60°，得A(0,0),B(1,V3),C(6,0),N(3,0), 则AB=(1,3),BC=(5,V3),BN=(2,V3, 4 即AM-AB+BM=93V3 44 第6页共10页 所以丽-景2（可-是 丽威列（可-5 则cos∠MPN= AM·BN 4 √21 AM·BN 14 2 所以∠MPN的余弦值为V②T 14 16.@月 (2)4+2V7 3 【分析】(1)利用三角形面积公式可得.b2=b(sinC+cosC),进而边化角，利用三角恒等变换可求得 tanA=1,可求A: (2)由已知结合正弦定理可得3tanB=tanC,在ABC中，作AH⊥BC于点H,AH为BC边上的高，即 AH=l,设CH=x,BH=a-x,可得4x=a,利用tan∠BAC=tan(∠BAH+∠CAH),可求得a,从而可求 面积 1 【详解】(1)b2=2S+abcosC且SABc=absin C 2 .b2=ab(sinC+cosC)b=a(sin C+cosC) 由正弦定理得sinB=sinA(sinC+cosC)=sin[π-(A+C)]=sin(A+C) =sin AcosC+cosAsin C,..sin Asin C=cos AsinC ,在eABC中，A∈(0，D),C∈(0，D,.sinA>0,sinC>0 snAc0sA,即tan4=1,A∈(0，四，∴A=4 (2)3 bcosC=ccosB,由正弦定理得3 sin B cosC=sinCcosB 3tan B=tan C 在ABC中，作AH⊥BC于点H,AH为BC边上的高，即AH=1 设CH=x,BH=a-x,. 31 a-xx4=a 第7页共10页 H为BC上的四等分点，CH-景BM= 4 :Rt△ABH中，tan∠BAH=BH_3a AH 4 RIAACH中，tamn∠CAH=CH-a AH4 且tan∠BAC=tam(∠BAH+∠CAHD=,tan∠BAH+tam∠CAH 1-tan∠BAH.tan∠CAH a=tan "=1..a+a-1=0...a=4v7 3 1 16 3 a>0,a=-8+4v万 3 5wexAa42 1 2a= 3 17.(1)(-11,3) (2)k=-11 18 【分析】(1)根据向量坐标的线性运算，即可求解： (2)根据向量垂直的坐标表示，即可求解 【详解】(1)因为a=(3,2),b=(-1,2),c=(4,1), 所以a+2b-3c=(3,2)+2(-1,2)-3(4,1)=(-11,3 (2)a+=(4k+3,k+2),2b-=(-5,2), 因为(a+kc)1(2b-a, 所以(a+kc)(25-a)=-5(4k+3H2k+20, 解得k= 18 18.(1)证明见解析 (2)证明见解析 ③)6 3 【分析】(1)连接BD交AC于O,连接MO,由线面平行的判定定理证明可得； (2)先由线面垂直证明CDLAM,再由线面垂直的判定定理证明可得： (3)取AD中点为N,连接N,利用等体积法可得 【详解】(1)证明：连接BD交AC于O,连接MO, 第8页共10页 MO是三角形PBD中PB边上的中位线，.MO/IPB, D C 又，PB丈平面ACM,MOc平面ACM,∴.PBII平面ACM (2)证明，PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,.PA⊥CD, 又四边形ABCD是矩形，.CD⊥DA,DA∩PA=A,DA,PAC平面PAD, \CD^平面PAD,AMC平面PAD,.CD⊥AM, 又M是PD的中点，PA=AD=4,.AM⊥PD, CD∩PD=D,CD,PDc平面PCD,.AM⊥平面PCD (3)如图，取AD中点为N,连接MN, D 在△PAD中，M,N分别为线段PD,AD的中点， 故MNIIPA,MN=PA=2,:PA⊥平面ABCD,N1平面ABCD, 2 ga字w分4Dcn-餐 3 2 由(2)得AM⊥平面PCD,'MCc平面PCD,.AM⊥MC, .PA=AD=4,.PD=42,AM=MD=2,AB=CD=2,..MC=23, =LAM.MC=2V6, 设点D到平面AMC的距离为h,直线CD与平面ACM所成角为O, 。1 8 则-c=3xh.Sae=g-Aam ,枚m0么6 3,解得h=26 CD 3 :直线CD与平面ACM所成角的正弦值为V6 3 19.(1)证明见解析 (2)证明见解析 第9页共10页 (3)存在，证明见解析 【分析】(1)根据线面平行的性质定理即可证明； (2)由中位线、线面平行的性质可得四边形BCEF为平行四边形，再根据线面平行的判定即可证明； (3)根据线面、面面平行的性质定理和判断定理即可判断存在性， 【详解】(1)在四棱锥P-ABCD中，BC∥平面PAD,BCC平面ABCD,ADC平面PAD, 平面ABCD∩平面PAD=AD,所以BC∥AD: (2)如下图，取F为AP中点，连接EF,BF,由E是PD的中点， 所以Er∥AD且EF=AD,由(I)知BC∥AD,又BC=AD, 21 所以EF∥BC且EF=BC,所以四边形BCEF为平行四边形，故CE∥BF, 而CEC平面PAB,BF丈平面PAB,则CE∥平面PAB. M N B C (3)取AD中点N,连接CN,EN, 因为E,N分别为PD,AD的中点，所以EN∥PA, 因为EN文平面PAB,PAC平面PAB,所以EN∥平面PAB, 线段AD存在点N,使得MN∥平面PAB,理由如下： 由(2)知：CE∥平面PAB,又CE∩EN=E,CEc平面CEN,ENC平面CEN, 所以平面CEN∥平面PAB,又M是CE上的动点，MNc平面CEN, 所以MN∥平面PAB,所以线段AD存在点N,使得MN∥平面PAB 第10页共10页