精品解析：广东深圳市沙井中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题

沙井中学2024—2025学年第二学期期中考试 高一年级 数学试卷 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟． 一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 复数，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件，利用复数的运算，即可求解. 【详解】由，得到， 故选：A. 2. 在 中，若 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理代入计算即可. 【详解】由余弦定理可知， 又因为，所以可得. 故选：A 3. 如图，在矩形 中， ， ， 分别为 ， 的中点， 为 中点，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】矩形 中， ， 分别为 ， 的中点， 为 中点， 故 . 4. 如图，是水平放置的 的直观图，则 的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据斜二测画法得到三角形为直角三角形， ，边长 ，，然后即可求三角形的周长． 【详解】 根据斜二测画法得到三角形为直角三角形， ， 底边长 ，高， 所以， 直角三角形的周长为． 故选：A． 5. 已知圆锥的侧面积为 ，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面圆半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设出圆锥底面圆半径，表示出圆锥母线长，再利用圆锥侧面积公式计算即得. 【详解】设圆锥底面圆半径为，母线长为 ，则，解得， 由圆锥的侧面积为 ，得，即，所以. 故选：A 6. 在 中， ，.点 满足，则 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据 ，建立坐标系，利用坐标求向量的数量积 【详解】建立如图所示的平面直角坐标系 ， 点A是BM的中点， 在 中， ，， ，，，， ，， 故选：C 【点睛】本题考查向量的坐标运算，属基础题。 7. 已知a，b是两条不同的直线，α为一个平面， a⊂α，则“b∥α”是“a，b无公共点”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的概念可确定选项. 【详解】由b∥α得直线b与平面α无公共点，由a⊂α得a，b无公共点，充分性成立. 由a，b无公共点得a∥b或a，b为异面直线，b∥α不一定成立，必要性不成立. 故“b∥α”是“a，b无公共点”的充分不必要条件. 故选：A. 8. 已知向量与的夹角为60°，，，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由数量积定义求出，然后利用数量积的运算律和投影向量的概念计算即可. 【详解】 ，，向量与的夹角为60°， , 在方向上的投影向量为. 故选：A. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 的内角的对边分别为，下列结论一定成立的有（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 是等腰三角形 D. 若，则 是等腰三角形 【答案】BC 【解析】 【分析】根据正弦定理，两角和的正弦公式，诱导公式等知识，逐一分析选项，即可得答案. 【详解】对于A：因为 中， 所以，故A错误； 对于B：因为，所以，由正弦定理得， 所以，即，故B正确； 对于C：因为，由正弦定理边化角得， 所以， 因为，所以或（舍），所以 是等腰三角形，故C正确； 对于D：因为，且， 所以或，即或， 所以 是等腰三角形或直角三角形，故D错误. 故选：BC 10. 如图，该几何体是高相等的正四棱柱和正四棱锥组成的几何体，若该几何体底面边长和上面正四棱锥的侧棱长均为10cm，则下列选项中正确的是（ ） A. 该几何体的高为 B. 该几何体的表面积为 C. 该几何体的体积为 D. 一只小蚂蚁从点 爬行到点 ，所经过的最短路程为 【答案】ACD 【解析】 【分析】求出四棱锥的高判断A；求出表面积判断B；求出体积判断C；将长方形及正置于同一平面，求出判断D. 【详解】对于A，正四棱锥底面半径，高， 因此该几何体的高为，A正确； 对于B，几何体的表面积为，B错误； 对于C，该几何体的体积为，C正确； 对于D，观察图形知，小蚂蚁从点 爬行到点 的最短路径为沿表面越过棱 或 ， 由对称性，不妨取长方形及正，将它们置于同一平面内，连接，如图， 取 中点 ，连接，则，而， 所以最短路程为，D正确. 故选：ACD 11. 如图，正方体的棱长为2， ， 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. 过 ， ， 三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 C. 三棱锥的体积为4 D. 三棱锥的外接球表面积为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，当 为 中点时，利用中位线的性质可证得，再证得线面平行；对于B，利用中位线的性质可证得，对边平行且不相等，可得到截面是梯形；对于C，利用等体积法可求得三棱锥的体积；对于D，三棱锥的外接球可以补形为长方体的外接球，先求半径再求表面积即可. 【详解】 对于A，当 为 中点时，由中位线可得， 因为平面，平面，所以平面.故A错误； 对于B，由中位线可得，在正方体中，易证，所以， 又因为，所以截面为梯形，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，三棱锥的外接球可以补形为长方体外接球，半径， 所以表面积，故D正确. 故选：BD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 上、下底面面积分别为1，4，高为3的圆台体积为___________. 【答案】7 【解析】 【分析】由圆台体积公式即可求解. 【详解】由题意知,,， 所以. 故答案为：. 13. 已知向量，，若，则向量与的夹角为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用数量积的运算律求出，再利用向量夹角公式求解. 【详解】由，得，由，得， 解得，而，于是，又， 所以向量与的夹角. 故答案为： 14. 如图，在正方体中， 是 的中点，则异面直线和所成角的大小为______． 【答案】## 【解析】 【分析】连接、 、，设正方体的棱长为 ，推导出，则异面直线和所成角为或其补角，求出各边边长，利用余弦定理可求得角的大小，即为所求. 【详解】如下图所示，连接、 、，设正方体的棱长为 ， 因为且，则四边形为平行四边形，故， 所以，异面直线和所成角为或其补角， 因为，同理可得，， 由勾股定理可得， 由余弦定理可得， 所以，，故异面直线和所成角的大小为. 故答案为：. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 已知向量． （1）当且时，求； （2）当，求向量与的夹角 ． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量的坐标运算法则先求出和的坐标，再由条件可得，求出x的值，再求的坐标，得出其模长. （2）由向量的坐标运算法则先求出的坐标，由，求出x的值，然后由向量的夹角公式可得答案. 【小问1详解】 因为向量 则，， 又因为，则， 可得，解得 或， 且，则 ，则，， 所以. 【小问2详解】 由，则， 由，可得，解得，即， 可得，，， 则， 且，所以向量与的夹角. 16. 已知 是虚数单位，表示 的共轭复数，复数 满足 （1）求的值； （2）在复平面内，若对应的点在第三象限，求实数 的取值范围. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）令且 ，根据已知等量关系得，进而求复数的模； （2）由已知有，结合其所在象限列不等式组求参数范围. 【小问1详解】 令且 ，则， 所以，则，可得， 所以，则； 【小问2详解】 由， 故对应点在第三象限，则， 所以，即. 17. 如图所示，在平面四边形ABCD中，，BC＝3，AC＝5，，∠BCD＝135°． （1）求sin∠ACB； （2）求AD的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由三边长，可用余弦定理求出,根据同角关系即可得. （2由两边及一角，根据余弦定理即可求出第三边. 【小问1详解】 在 中，由余弦定理可得,. 【小问2详解】 ， 在中，由余弦定理可得,即， 18. P为正方形ABCD所在平面外一点，E，F，G分别为PD，AB，DC的中点，如图．求证： （1）AE∥平面PCF； （2）平面PCF∥平面AEG. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）取PC中点H，分别连接EH，FH，根据E，F，H分别为PD，AB，PC的中点，得到EAFH为平行四边形，从而EA∥FH，再利用线面平行的判定定理证明； （2）根据E，G分别为PD，CD的中点，得到EG∥PC，利用线面平行的判定定理得到EG∥平面PCF，再利用面面平行的判定定理证明. 【小问1详解】 证明：如图所示： ， 取PC中点H，分别连接EH，FH， ∵E，F，H分别为PD，AB，PC的中点， ∴， ∴EAFH为平行四边形． ∴EA∥FH. 又平面PCF，平面PCF， ∴AE∥平面PCF. 【小问2详解】 ∵E，G分别为PD，CD的中点， ∴EG∥PC. 又平面PCF，平面PCF， ∴EG∥平面PCF. 由(1)知AE∥平面PCF，EG∩AE＝E. ∴平面PCF∥平面AEG. 19. 在锐角 中，角的对边分别为 ， ， ，已知且． （1）求角A的大小； （2）若，求 的面积； （3）求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合三角恒等变换运算求解； （2）先利用余弦定理求得，进而可求面积； （3）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，结合正弦函数的有界性运算求解. 【小问1详解】 因为， 且，则，可得， 整理得，所以. 【小问2详解】 由余弦定理，即， 解得或（舍去）， 所以 的面积. 【小问3详解】 由正弦定理，可得， 则 ， 因为 为锐角三角形，且，则，解得， 则，可得， 则， 所以的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 沙井中学2024—2025学年第二学期期中考试 高一年级 数学试卷 本试卷共4页，满分150分，考试用时120分钟． 一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上． 1. 复数，则（ ） A. B. C. D. 1 2. 在 中，若 ，则 （ ） A. B. C. D. 3. 如图，在矩形 中， ， ， 分别为 ， 的中点，为 中点，则 （ ） A. B. C. D. 4. 如图，是水平放置的 的直观图，则 的周长为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥的侧面积为 ，圆锥的侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面圆半径为（ ） A. B. C. D. 6. 在 中， ，.点 满足，则 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知a，b是两条不同的直线，α为一个平面， a⊂α，则“b∥α”是“a，b无公共点”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. 已知向量与的夹角为60°，，，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 的内角的对边分别为，下列结论一定成立的有（ ） A. B. 若，则 C. 若，则 是等腰三角形 D. 若，则 是等腰三角形 10. 如图，该几何体是高相等的正四棱柱和正四棱锥组成的几何体，若该几何体底面边长和上面正四棱锥的侧棱长均为10cm，则下列选项中正确的是（ ） A. 该几何体的高为 B. 该几何体的表面积为 C. 该几何体的体积为 D. 一只小蚂蚁从点 爬行到点 ，所经过的最短路程为 11. 如图，正方体的棱长为2， ， 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. 过 ， ， 三点的平面截正方体所得截面图形是梯形 C. 三棱锥的体积为4 D. 三棱锥的外接球表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 上、下底面面积分别为1，4，高为3的圆台体积为___________. 13. 已知向量，，若，则向量与的夹角为______. 14. 如图，在正方体中， 是 的中点，则异面直线和所成角的大小为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 已知向量． （1）当且时，求； （2）当，求向量与的夹角 ． 16. 已知 是虚数单位，表示 的共轭复数，复数 满足 （1）求的值； （2）在复平面内，若对应的点在第三象限，求实数 的取值范围. 17. 如图所示，在平面四边形ABCD中，，BC＝3，AC＝5，，∠BCD＝135°． （1）求sin∠ACB； （2）求AD的长． 18. P为正方形ABCD所在平面外一点，E，F，G分别为PD，AB，DC的中点，如图．求证： （1）AE∥平面PCF； （2）平面PCF∥平面AEG. 19. 在锐角 中，角的对边分别为 ， ， ，已知且． （1）求角A的大小； （2）若，求 的面积； （3）求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $