精品解析：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

路北区2024-2025学年度第二学期期中考试 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 【答案】A 【解析】 【分析】由与的数量积判断. 【详解】因为， 所以， 故选：A 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，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用基底表示即可求出. 【详解】因为，所以， 则， 因为，所以，即， 则. 故选：C 4. 已知向量，，，若B，C，D三点共线，则（ ） A. －16 B. 16 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出和，根据B，C，D三点共线得到，进而列出方程求解. 【详解】由题意得，， 因为B，C，D三点共线， 所以， 则，得. 故选：A. 5. 在中，，是上一点，若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以. 设，， 则. 代入，得. 又，所以，解得. 因此. 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. 【答案】D 【解析】 【详解】，，. 中，，，，， 由正弦定理得，解得， 扇形区域面积为. 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. 【答案】A 【解析】 【分析】应用正弦定理及余弦定理计算求解. 【详解】因为，， 在中，由正弦定理可得，则． 在中，由正弦定理可得，则． 在中，由余弦定理可得，则． 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. 【答案】D 【解析】 【分析】取线段的中点，建立平面直角坐标系，设，根据数量积的坐标公式结合二次函数即可求值域． 【详解】取线段的中点，连接，则， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 因为正三角形ABC的边长为6，所以， 故， 又，所以 设，则， 所以，， 故. 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 【答案】BCD 【解析】 【分析】取中点，利用面面平行判定定理可得平面平面，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：取中点，连接、，由为中点，则， 又平面，平面，故平面， 由为中点，则，又平面， 平面，故平面，又， 、平面，则平面平面， 则当点在线段上时，由平面，可得平面， 故存在点，使得平面，故A错误； 对B：将平面与平面沿展开，使其位于同一平面如下图： 则从到的最短距离为，故B正确； 对C：，故C正确； 对D：取、、中点、、，连接成四边形， 三棱锥的外接球与长方体的外接球相同， 故即为该外接球直径，故半径为， 则外接球表面积为，故D正确. 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 【答案】ABD 【解析】 【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， 所以，在方向上的投影向量为，A对； 对于B选项，以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 则、，设点，其中， 由可得， 所以，，所以，， 所以，， ，则，所以，， 所以，，B对； 对于C选项，，所以， ，C错； 对于D选项，，其中，、， ，， 所以，， 因为，则， 所以，故当时，取最小值为，D对. 故选：ABD. 11. 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 【答案】AD 【解析】 【详解】对于A，因为在中，由正弦定理可得等价于，又因三角形中大边对大角，故等价于，选项A正确； 对于B，因为，所以或，即或，是等腰三角形或直角三角形，选项B错误； 对于C，由可以确定是锐角，但不能确定和的大小，所以不能判断是锐角三角形，选项C错误； 对于D，由正弦定理，结合条件， 得，， ，，，，又，， 所以，，所以是等腰直角三角形，选项D正确. 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__________． 【答案】 【解析】 【分析】由棣莫弗公式结合实部的概念即可求解. 【详解】由题意， 故所求为. 故答案为：. 13. 已知三个顶点坐标分别为：，，，则的面积为__________． 【答案】21 【解析】 【详解】，则， 点到直线的距离为，则的面积为 14. 在锐角中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，若，则的取值范围是_________.. 【答案】 【解析】 【分析】首先根据余弦定理与正弦定理化简可得，则，利用换元法结合函数的单调性即可求得范围. 【详解】因为，又由余弦定理得， 所以. 由正弦定理得， 又在中，， 所以， 所以或（舍去）， 所以. ，，， 则， 令， 设，易知其在区间上单调递增， 故的取值范围是. 故答案为：. 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. 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． 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【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，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. 【小问1详解】 由，，可得， ， 所以． 所以. 【小问2详解】 由，，可得， 由（1）得， 所以， 解得:. 【小问3详解】 由（2）得， 所以． 当时，的最小值为． 16. 在中，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）设面积为，且，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【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，根据面积关系可得，结合余弦定理解得，即可得结果. 【小问1详解】 若选①：因为， 由正弦定理可得， 因为，则，可得， 且，所以； 若选②：因为，由正弦定理可得， 因为，则，可得，即， 且，所以； 若选③：因为， 且，可得， 因为，则，可得，即， 且，所以. 【小问2详解】 设的外接圆半径为， 则， 所以； 由可得，即， 由余弦定理可得， 即，解得或（舍去）， 所以的面积为． 17. 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 ， 由得 ， 展开得， 将，，代入得，则； 【小问2详解】 ， . 18. 在中， ，，.求: （1）求的值; （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理代入求解； （2）由余弦定理得到的方程求解可得. 【小问1详解】 由正弦定理，得， 所以， 即， 解得. 【小问2详解】 由余弦定理得， 所以， 即， 解得或. 当时，，即， 又，所以. 而， 故 (舍去)， 经检验满足题意， 所以. 19. 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． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先求出，再由余弦定理计算可得； （2）在中利用余弦定理及基本不等式求出的取值范围，即可求出的范围，即可求出四边形周长的取值范围； （3）依题意可得，即可求出、、，再由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得. 【小问1详解】 因为，，所以， 在中由余弦定理 ； 【小问2详解】 在中， 即， 所以，所以，当且仅当时取等号， 又， 则，即，所以， 所以， 即四边形周长的取值范围为； 【小问3详解】 因为，所以，又， 所以，，又，所以， 在中由余弦定理， 即 在中由余弦定理， 即， 又，所以， 所以， 又，所以， 即，所以， 所以，所以， 所以. . 【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，从而结合第2小问中的结论即可得解. 第1页/共1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. 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. 已知三个顶点坐标分别为：，，，则的面积为__________． 14. 在锐角中，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. 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. 在中，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）设面积为，且，，求的面积． 17. 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. 在中， ，，.求: （1）求的值; （2）求的值. 19. 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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $