精品解析：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

路南区2024-2025学年度第二学期期中质量检测 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. 第1页/共1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. 【答案】C 【解析】 【详解】，所以的虚部为. 2. 若满足，则可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意解出的值，再逐一验证即可. 【详解】由题意可得或 或， 因为， 所以或或，， 验证可知C正确，ABD错误． 故选：C． 3. 在中，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 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理边化角，利用三角恒等变换可求得或，分类讨论可得结论. 【详解】由和正弦定理，可得， 因，代入上式，化简得：， 即，故得或， 当时，，所以，此时是直角三角形； 当时，，又，， 则或（舍去），此时为等腰三角形. 综上：可得的形状一定是等腰或直角三角形. 故选：B. 4. 已知，则（ ） A. -4 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过两角和与差的正余弦公式得出和的关系，再利用二倍角的正切公式即可得结果. 【详解】由，得 ， 即 ，所以 ， 所以 ，所以． 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 【答案】D 【解析】 【详解】过作交轴于点，可得， 因为，所以为等腰直角三角形，所以， 根据斜二测画法，可得，如图所示，则， 所以的面积，故选项D正确. 6. 已知平面向量，，若在上的投影向量为，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】D 【解析】 【详解】由题意得，， 由投影向量的计算公式得，则，即，解得． 7. 已知内接于单位圆，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】依据条件可得，然后根据正弦定理、余弦定理以及面积公式可知结果. 【详解】，， ，，. 又的外接圆为单位圆，其半径， 由正弦定理可得， 由余弦定理可得， 代入数据可得， 当且仅当时时，“”成立，， 的面积，的最大值为. 故选：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. 【答案】D 【解析】 【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，山高为，则母线， 底面圆周长，则圆锥侧面展开图扇形的圆心角， 如图，是圆锥侧面展开图， 显然， 由点向引垂线，垂足为点，此时为点和线段上的点连线的最小值， 即点为公路的最高点，段为上坡路段，段为下坡路段， 由直角三角形射影定理知，即，解得， 所以公路上坡路段长为． 故选：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. ，， 【答案】ABD 【解析】 【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，已知两个角和夹边，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，可得，，因，则，因，结合正弦函数的图象可知角B有两解，一个是锐角，另一个是钝角，故C错误； 对于D，由余弦定理得，，故仅有一解，即D正确． 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 【答案】ABD 【解析】 【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，为轴截面，点在下底面的投影分别为， 由题意可知：设上底面半径为，下底面半径为，母线为， ，则， 对于A选项，圆台的表面积，所以A正确； 对于B选项，设圆台的高为，由图可知，，则圆台的体积，所以B正确； 对于C选项，圆台侧面展开图所在扇形的圆心角（或者，此圆台是由底面半径为2，母线长为6的圆锥截得的，所以圆台侧面展开图所在扇形的圆心角），所以C错误； 对于D选项，圆台的外接球的球心O一定在上，如图所示，连接OA，OD，则，则 ，设外接球半径为R，即，所以， 解得，所以外接球的表面积 ，所以D正确． 11. 在中，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 【答案】BCD 【解析】 【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，判断A的真假；利用正弦定理表示边，结合三角函数的值域确定的最大值，判断B的真假；利用三角形的面积公式结合角的值，可求的值，再利用余弦定理结合基本不等式可求边的最小值，判断C的真假；利用向量判断点的轨迹为三角形角的角平分线，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， 所以 ， 则， 则 ， 因为，所以，即， 因为，所以，故A错误； 对B，因为，，由正弦定理得：， 即，所以， 当时，b取最大值，且最大值为，所以B正确； 对C，若的面积为，则有，即， 因为 ， 所以，当且仅当时等号成立，所以a的最小值为2，所以C正确； 对D，因为，，即，， 则， 则点D在角A的内角平分线所在直线上． 当时， ，则D，B，C三点共线， 设AD与边BC的交点为E，则当时，点D的轨迹就是的角A的角平分线AE． 则， 根据， ， ，则，所以D正确． 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______． 【答案】## 【解析】 【详解】因为， 又因，所以与的夹角为． 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______. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意作出截面图，设球的半径为，根据直角三角形的性质得，，利用列式，化切为弦利用辅助角公式求得，代入球的体积公式即可求解. 【详解】如图， 设球的半径为，，， ，， ，即该球体建筑物的体积为. 故答案为： 14. 化简 ________________ 【答案】 【解析】 【分析】直接利用向量的加法运算律求解即可. 【详解】. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【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，求出的坐标，进而求解即可. 【小问1详解】 由，BN为中线，则， 在中，由余弦定理得， 则. 【小问2详解】 以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 由，，，得， 则， 则，即， 所以， ，， 则， 所以的余弦值为. 16. 记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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式可得，进而边化角，利用三角恒等变换可求得，可求； （2）由已知结合正弦定理可得，在中，作于点为边上的高，即，设，可得，利用，可求得，从而可求面积. 【小问1详解】 且 即 由正弦定理得 ∵在中， ，即． 【小问2详解】 ，由正弦定理得 在中，作于点为边上的高，即 设 为上的四等分点， 中， 中， 且 ． 17. 已知向量，，． （1）求 （2）若，求实数的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 因为，，, 所以 【小问2详解】 ，， 因为， 所以， 解得. 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. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于，连接，由线面平行的判定定理证明可得； （2）先由线面垂直证明，再由线面垂直的判定定理证明可得； （3）取中点为，连接，利用等体积法可得. 【小问1详解】 证明：连接交于，连接， 是三角形中边上的中位线，， 又平面，平面，平面. 【小问2详解】 证明平面，平面，， 又四边形是矩形，，，，平面， 平面，平面，， 又是的中点，，， ，，平面，平面. 【小问3详解】 如图，取中点为，连接， 在中，，分别为线段，的中点， 故，，平面，平面， ， 由（2）得平面，平面，， ，，，又，， ， 设点到平面的距离为，直线与平面所成角为， 则，解得，故， 直线与平面所成角的正弦值为. 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. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）存在，证明见解析 【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. 【小问1详解】 在四棱锥中，平面，平面，平面， 平面平面，所以； 【小问2详解】 如下图，取为中点，连接，由E是PD的中点， 所以且，由（1）知，又， 所以且，所以四边形为平行四边形，故， 而平面，平面，则平面. 【小问3详解】 取中点N，连接，， 因为E，N分别为，的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 线段存在点N，使得平面，理由如下： 由（2）知：平面，又，平面，平面， 所以平面平面，又M是上的动点，平面， 所以平面，所以线段存在点N，使得平面. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $