河北唐山市路北区2024-2025学年第二学期期中质量检测高一数学试卷

**基本信息** 立足高一数学核心内容，以向量、立体几何、解三角形为主体，通过折扇文化情境、河岸测量等现实问题考查数学眼光与思维，适配期中阶段性评价需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|向量垂直判定、立体几何基本性质|如第1题结合向量模与位置关系，考查抽象能力| |多选|3/18|正方体动态问题、折扇向量应用|第9题正方体表面爬行最短距离，体现空间观念| |填空|3/15|棣莫弗公式、三角形面积计算|第12题借棣莫弗公式考复数实部，渗透数学文化| |解答|5/77|向量夹角、解三角形综合应用|第19题平面四边形多问设计，考查推理能力与模型意识|

路北区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．已知非零向量不平行，并且其模相等，则与之间的关系是（    ） A．垂直 B．共线 C．不垂直 D．以上都可以 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，已知，则（    ） A． B． C． D． 4．已知向量，，，若B，C，D三点共线，则（    ） A．－16 B．16 C． D． 5．在△ABC中，，是上一点，若，则实数的值为（  ） A． B． C． D． 6．如图是由一个扇形和三角形组成的平面区域，，，扇形圆心角，，则扇形区域的面积为（   ） A． B． C． D． 7．如图，在河岸上测量河对面，两点间的距离，测得，，，，，则（   ） A． B． C．4 D． 8．已知正三角形ABC的边长为6，，P是线段DE上的动点（含端点），则的取值范围是（   ） 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．如图，正方体的棱长为分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（    ） A．不存在点，使得平面 B．一蚂蚁从点出发，沿正方体的表面爬行，到达点的最短距离为 C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球表面积为 10．折扇又名“纸扇”是一种用竹木或象牙做扇骨，㓞纸或者绫绢做扇面的能折叠的扇子.如图1，其平面图是如图2的扇形，其中，，点在弧上，且，点在弧上运动（包括端点），则下列结论正确的有（    ） A．在方向上的投影向量为 B．若，则 C． D．的最小值是 11．△ABC的内角：所对边分别为，下列说法中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则是等腰三角形 C．若，则是锐角三角形 D．若，则是等腰直角三角形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．法国著名的数学家棣莫弗提出了公式：．据此公式，复数的实部为__________． 13．已知△ABC三个顶点坐标分别为：，，，则△ABC的面积为__________． 14．在锐△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，若，则的取值范围是_________.. 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．（13分）已知向量，，，． (1)求向量与的夹角； (2)若，求实数的值； (3)求的最小值． 16．（15分）在△ABC中，角所对的边分别是，在下面三个条件中任选一个作为条件，解答下列问题，①；②；③． (1)求角的大小； (2)设△ABC面积为，且，，求△ABC的面积． 17．（15分）已知向量，，满足，，且与的夹角为． (1)若，求实数的值； (2)求与夹角的余弦值． 18．（17分）在△ABC中， ，，.求: (1)求的值; (2)求的值. 19．（17分）平面四边形中，，，，． (1)求； (2)求四边形周长的取值范围； (3)若为边上一点，且满足，，求的面积． 高一数学 第 1 页 共 2 页 学科网（北京）股份有限公司 $路北区2024-2025学年度第二学期期中考试 高一数学答案 1.A 【分析】由a+b与a-b的数量积判断. 【详解】因为(a+)(a-)=a-B=d-=0, 所以(a+)1(a-b), 故选：A 2.C 【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.C 【分析】利用基底{a,}表示A正，AD即可求出 【详解】因为BC=4BD,所以AC-AB=4AD-44B, 则AD=AC+3AB=b+3a, 44 因为-，所以衣-3-c,即丽-号G-五， 则一=亚-AD-2五-163a=点-3a 3404012-49 故选：C 4.A 【分析】先求出BC和BD,根据B,C,D三点共线得到BC∥BD,进而列出方程求解m. 【详解】由题意得BC=AC-AB=(3,1),BD=AD-AB=(m+1,5), 因为B,C,D三点共线， 所以BC∥BD, 则+1=-15，得=-16. 故选：A 第1页共11页 5.B 【详解】因为A=NC,所以AC=3AN 设BP=BN,1∈R, 则AP=AB+BP=AB+A(AN-AB)=I-)AB+元AN 代入而-号4c,得而=0-丽+4C 又亚=m西者C,所以导吉：解得 5 因此m=1-2=1-41 Γ55 6.D 【详解】.AB‖CD,∠BAC=45°，∠ACD=45°. △ACD中，∠ACD=45°，∠CAD=120°，∠ADC=15°，CD=25, 由正弦定理得2W3AC sin120esin150,解得4C=4sin15°， 扇形区域面积为；×（4sim159y=2xim15°=0-o930)=2=5 24 2. 7.A 【分析】应用正弦定理及余弦定理计算求解. 【详解】因为∠CAD=45°，∠CBD=45°， 在△1CD中，由正弦定理可得，CD AD sin∠C4Dsim4CD,则AD=CDsm12=26 sin∠CAD 在△BCD中，由正弦定理可得、CD BD 则BD=CDsin.∠BCD 2√2. sin∠CBD sin∠BCD sin∠CBD 在△ABD中，由余弦定理可得AB2=AD+BD-2AD.BDcos∠ADB=8,则AB=2W2. 8.D 【分析】取线段BC的中点O,建立平面直角坐标系，设P(α，√3)，根据数量积的坐标公式结合二次函数 即可求值域。 【详解】取线段BC的中点O,连接AO,则BC⊥OA, 以点O为坐标原点，OC、OA所在直线分别为x、y轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 第2页共11页 因为正三角形ABC的边长为6，所以40=5 x6=3V5, 故B(-3,0),C(3,0),A0,33, 又AD=2DB,A正=2EC,所以D(-2,V3),E(2,5) 设P(a,3),则-2≤a≤2， 所以PB=(-3-4,-3),PC=(3-a,-√5)， 故PB.PC=d-9+3=d-6∈[6，-2] 9.BCD 【分析】取BC中点G,利用面面平行判定定理可得平面EFG/平面ABCD,则可利用面面平行性质定 理得A;将平面展开后计算可得B;借助等积转换计算可得C;将三棱锥补形后可得D. 【详解】对A:取BC中点G,连接EG、FG,由E为AD中点，则EG/IAB, 又EGC平面ABC1D1,ABC平面ABC1D,故EG/平面ABC1D, 由F为DD中点，则EF∥AD,又EF丈平面ABCD, AD1C平面ABC,D,故EF//平面ABC1D,又EF∩EG=E, EF、EGC平面EFG,则平面EFG//平面ABC1D, 则当点P在线段EG上时，由FPc平面EFG,可得FPII平面ABCD, 故存在点P,使得FPI平面ABC1D,故A错误； D A B C D G 第3页共11页 对B:将平面ABBA与平面BB,CC沿BB展开，使其位于同一平面如下图： 则从A到C的最短距离为AC=V2+(2+2=2W5,故B正确： A B B C 对C:a-u-4s写22x2- 3，故C正确： 对D:取AA、B,B、CC中点M、N、O,连接成四边形NQF, 三棱锥F-ACD的外接球与长方体ABCD-MNQF的外接球相同， 故B即为该外接球直径，故半径为P+2+2_3 2 2 2 则外接球表面积为4π 3 2 =9元，故D正确. D A M B 10.ABD 【分析】利用投影向量的定义可判断A选项；建立平面直角坐标系，利用三角恒等变换结合平面向量的线 性运算可判断B选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断C选项；利用平面向量数量积的坐标运算可 判断D选项. 【详解】对于A选项，由题意可知∠AOF=30°， 所以，OF在OA方向上的投影向量为⊙cos30° OA OA OA,A对： 2 对于B选项，以点O为坐标原点，OD所在直线为x轴建立如下图所示的平面直角坐标系， D B x 第4页共11页 则D1,0)、 V31 、2’2 设点E(c0s8,sin0),其中0≤日s5元 由OE=OC+uOD可得(cos0,sin8)= 3 λ+u=c0sθ 「2=2sin6 所以， 2 ，所以， 如6 u=3sin0+cos0' 所以，A+u=2-6sn0+co6=(6+问jsm0+ 0s6s5π」 12-12 4 所.#-(6+例m0+母eL6+],B陈 对于C选项，DA=OA-OD,所以，OD.DA=OD(OA-OD)=OA.0D-OD =2×1×c0s150°-12=-5-1，C错： 对TD选项，(@8m.其中0≤0=各A(20叭、P1同. EB=(2-cose,-sine),EF=(-1-cose,3-sin), 所以，酝丽-(-co69-1-cos)-血a(6-mo)-2n0+-1, 因为0≤0s语.则g0+爱， 6 6 所以，故当日+匹=匹时，京B取最小值为-2-1=3，D对 62 故选：ABD 11.AD 【详解】对于A,因为在△ABC中，由正弦定理可得sinA>sinB等价于a>b,又因三角形中大边对大角， 故a>b等价于A>B,选项A正确； 对于B因为sm21=sm2B,所以24=2B或2A+2B=元，即4=8或4+B-号4BC是等腰三角形或 直角三角形，选项B错误： 对于C,由2+b2-c2>0可以确定∠C是锐角，但不能确定∠B和∠A的大小，所以不能判断ABC是锐 角三角形，选项C错误； 'sinA sinBsinc,结合条件a=b。c 对于D,由正弦定理a=6=c sinA cosB cosC 第5页共11页 C sin B cos B’sinCcosC, :b≠0，c≠0，.sinB=cosB,sinC=cosC,又0<B<π，0<C<π， 所以B=C=平，A=π-B-C- ,所以ABC是等腰直角三角形，选项D正确. 12.-8 【分析】由棣莫弗公式结合实部的概念即可求解 【详解】由题意 晋+1）f9}8 故所求为-8。 故答案为：-8。 13.21 【详解】BC=(7,0),则BC=7, 点A到直线BC的距离为2-(4)=6，则®ABC的面积为号x7x6=21 珠 B C 14. 3 【分析】首先根据余弦定理与正弦定理化简可得A=2B,则0sA=c0s2_2coSB-1=2c0sB 1 cosB COs B cosB CosB 利用换元法结合函数的单调性即可求得范围， 【详解】因为ad2-b2=bc,又由余弦定理得a2=b2+c2-2 be cosA, 所以bc=c2-2 bc cos A→b=c-2 bcos4 由正弦定理得sinB=sinC-2 sin BcosA, 又在eABC中，sinC=sin(A+B)=sin Acos B+sin B cosA, 所以sinB=sin Acos B-sin B cosA=sin(A-B), 所以B=A-B或B+(A-B)=π（舍去）， 所以A=2B 0<B<70<4=28经0<C=-A-》=-3晋ne(G到 2 2 第6页共11页 cos4-c0s2B-2c0 B-1-2cosB 1 cosB cosB cosB coSB 令cosB=t∈ 23 22 设g0=21-}, 易知其在区间 、2’2 上单调递增， 故c0s cos B 的取值范围是0,5 3 故答案为： 15.()<c,d3 回号 )5 【分析】(1)由向量的夹角公式求解即可； (2)由向量的线性运算求出ā-乃，再由垂直向量的坐标表示求解即可. (3)由向量的模长公式结合二次函数的性质求解即可. 【详解】(1)由a=(-1,3),b=(1,-2),可得c=a+2b=(-1,3+21,-2)上1，-1)， d=a+b=(-1,3)+(1,-2)=(0,1), 所以cos,d=c.d 1×0+(-1)x1√2 aP+(10+ 2 所以G- (2)由a=(-1,3),b=(1,-2),可得ā-6=(-1,3)-1，-2)=（1-1,3+2)， 由(1)得6=(1，-1)， 所以c-(a-b)=1×(-1-2)+(-)×(3+22)=-4-32=0, 解得：入=-4 3 (3)由(2)得ā-b=(-1-3+2), 所以a-b=V-1-2)}+B+22}=522+14n+10. 第7页共11页 当元=-？时，-的最小值为5 16.0)4=号 23 2 【分析】(1)若选①②：根据题意利用正弦定理边角转化，结合三角恒等变换运算求解：若选③：根据题 意结合三角恒等变换运算求解： (2)利用正弦定理边角转化，结合三角恒等可得α=√10，根据面积关系可得√3bc=b+c,结合余弦定理 解得bc=2,即可得结果， 【详解】(1)若选①：因为2 bcosA=ccosA+acosC, 由正弦定理可得2 sinBcos4=sinCcos4+sinAcosC=sin(C+A)=sinB, 1 因为B∈(0，π)，则sinB>0,可得cosA= 且4e(Q网，所以4=子： 若选②：因为asinB=√3 bcosA,由正弦定理可得sinm4sinB=√3 sinBcos4, 因为B∈(0，)，则sinB>0,可得sin4=√5cosA,即tanA=√3， 且A∈(0，)，所以A- 3: 若选③：因为cosC=-Cos(A+B)=-cosAcosB+sin Asin B, 且cosC+(cosB-√3sinB)cosA=0,可得sinAsinB=√3 sinBcos4, 因为B∈(0，)，则sinB>0,可得sin4=√5cosA,即tan4=√3， 且A∈(0，)，所以A- 3 (2)设4BC的外接圆半径为R, bcosC+ccosB=2Rsin B cosC+2Rsin C cosB=2Rsin(B+C)=2Rsin A=a, 所以a=√6： 由4S=b+c可得4x2xbcx5=b+c,即V5c=b+c, 2 由余弦定理可得d=b2+c2-2 bc cos A=(b+c）'-2bc-2 bc cos A, 即6=(b+c)}-3bc=3bc2-3bc,解得bc=2或bc=-1(舍去)， 第8页共11页 所以e1BC的面积为)x besin=5 2 17.(1)m=-3 233 13 【分析】(1)根据垂直的关系，结合数量积的运算即可求解， (2)根据模长公式以及夹角公式即可代入求解 【详解】(1)a.6=5cosa,6=2x2xcos亚=2， A 由(a+b)1(a+2b)得(a+b)(a+2b)=0, 展开得ma2+2a.b+ma.b+2b=0, 将a6,同，b代入得2m+2×2+2m+2×4=0,则m=-3: (2)a+2=Va+25)=a+4i.6+4b=26, a.(a+2b)+2a.b2+43M3 cosa,a+2b= laa+ lda+2V5×√2613 18.(1)cos (2)c=5 【分析】（1)由正弦定理代入求解： (2)由余弦定理得到C的方程求解可得， 【详解】(1)由正弦定理，得a-b sinA sin B' 所以326 sin A sin 2A 即、3 2V6 sinA 2sinAcosA 解得cosA=V6 (2)由余弦定理得a2=b+c2-2 bc cosA, 所以3=(26'+c2-2x2V6cx6 3 即c2-8c+15=0, 解得c=5或c=3 当c=3时，a=c,即∠A=∠C, 又∠B=2∠A,所以DB=90° 第9页共11页 而32+32≠(26， 故c=3(舍去)， 经检验c=5满足题意， 所以c=5. 19.(1)√7 (2)3+7,3+2万 3)73 6 【分析】(1)首先求出∠BAD,再由余弦定理计算可得： (2)在△BCD中利用余弦定理及基本不等式求出CB.CD的取值范围，即可求出CB+CD的范围，即可求 出四边形ABCD周长的取值范围； (3)依题意可得BE=2ED,即可求出BE、CE、ED,再由余弦定理求出CB=2CD,最后由面积公式计 算可得 【详解】I)因为∠ABC+∠ADC=t,BCD-号所以∠1D- 3 在△BCD中由余弦定理BD=√AB+AD-2AB·ADcos∠BAD 12+22-2×1×2× 1 (2)在△BCD中BD2=CB2+CD2-2CB.CDcos.∠BCD, 即7=CB2+CD2-CB.CD, 所以CB2+CD=7+CB.CD≥2CB.CD,所以0<CB.CD≤7，当且仅当CB=CD时取等号， (CB+CD)=CB2+CD2+2CB.CD=7+3CB.CD, 则7<7+3CB.CD≤28，即7<(CB+CD)≤28，所以√7<CB+CD≤2万， 所以CBD=AC+AD+CB+CD=3+CB+CD∈(B4万，3+2]， 即四边形ABCD周长的取值范围为(3+√万，3+2万： (3)因为S△BCE=2 SACDE,所以BE=2ED,又BD=√7， 所以a=c-2,m-c,又cs=8服，所以c8= 3 在ABCE中由余弦定理CB2=CE2+BE2-2CE·BE cos.∠CEB, 第10页共11页 即CB2=5656 oS∠CEB 99 在△DCE中由余弦定理CD2=CE+DE-2CE·DE cos.∠CED, 即CD2=3528 oS∠CED, 99 又∠CEB+∠CED=元，所以cOS∠CEB=-cOS∠CED, 所以CB2+2CD2=14, 又7=CB2+CD2-CB.CD,所以CB2+2CD2=2CB2+2CD2-2CB.CD, 即CB2=2CB.CD,所以CB=2CD, 所以cn2-写所以cBcD=C+cn2-7号 3 所以Sm-,cB.CDsin∠BCD=x14×5_75 X 2 Γ2326 E 【点睛】关键点点睛：本题第3小问的解决关键是利用余弦定理得到CB2+2CD=14,从而结合第2小问 中的结论即可得解. 第11页共11页