精品解析：福建省厦门集美中学2024-2025学年高一下学期期中质量检测数学试题

集美中学2024-2025学年第二学期高一年级期中质量检测 数学试题 （考试时间：120分钟；满分：150分） 一､单选题：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，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，则 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据复数运算法则求解即可. 【详解】．故选D． 【点睛】本题考查复数的商的运算，渗透了数学运算素养．采取运算法则法，利用方程思想解题． 2. 在中，内角所对的边分别为，且，则（ ） A. B. 或 C. 60° D. 或 【答案】A 【解析】 【详解】，，， ，，， ，或， ，不符合题意，，故选项为A. 3. 在平行四边形中，，，设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的线性运算结合平行四边形的性质运算求解. 【详解】由题意可得：. 故选：A. 4. 已知，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，且，，．设甲：，乙：，则甲是乙的（ ） 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】B 【解析】 【分析】根据空间中直线与平面的关系，结合必要不充分条件的定义即可判断. 【详解】当时，取为平面内一条与l垂直的直线，得，充分性不成立； 当时，因为，，所以．结合，所以，必要性成立．综上可知，甲是乙的必要不充分条件． 故选:B． 5. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的坐标计算，然后利用在上的投影向量公式求解即可. 【详解】由题， 根据投影向量公式可得. 6. 已知菱形的边长为2，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】结合图形，由向量的加法法则和数量积的运算律计算即可. 【详解】 ，， 所以， 故选：D. 7. 在中，点P是上一点，且P为靠近A点的三等分点，Q是中点，与交点为M，又，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将、向量都用、表示出来，再利用平面向量基本定理列方程组可求的取值. 【详解】因为、、三点共线，点是中点，所以, 又因为是上靠近点三等分点，所以, 且因为，则, 即,消可解得. 故选：. 8. 一个人骑自行车由地出发向正东方向骑行了到达地，然后由地向南偏东方向骑行了到达地，再从地向北偏东方向骑行了到达地，则两地的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，作出几何图形，延长AB交CD于点E，再利用余弦定理求解作答. 【详解】如图，，延长AB交CD于点E，则， 因此是正三角形，，于是， 在中，由余弦定理得， 所以两地的距离为. 故选：B 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若复数z在复平面内对应的点为Z，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若z为纯虚数，则Z在虚轴上 D. 若，则点Z的集合所构成的图形的面积为6π 【答案】ABC 【解析】 【分析】设得到 ，再逐项判断. 【详解】设， ， A. ， ，则，故正确； B. ，，则，故正确； C.若z为纯虚数，则则Z在虚轴上，故正确； D.因为，所以点Z的集合所构成的图形是半径为3的圆，则面积为9π，故错误； 故选：ABC 10. 中，若角是钝角，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】利用平面向量的数量积的定义可判断A选项的正误；利用余弦定理可判断B选项的正误；利用正弦函数的单调性可判断CD选项的正误. 【详解】对于A选项，因为是钝角，则，则，A对； 对于B选项，由余弦定理可得，可得，B错； 对于C选项，因为是钝角，则，故有， 因此，正弦函数在上为增函数，则，C对； 对于D选项，因为是钝角，则、都为锐角， 若，且正弦函数在上为增函数，则，D错. 故选：AC. 11. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧，所在圆的半径分别是3和9，且，则该圆台的（ ） A. 高为 B. 体积为 C. 表面积为 D. 在圆台内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体棱长的最大值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据圆台的侧面展开图，求得圆台上下底面半径、母线长，然后可求得圆台的高、体积、表面积，从而可判断选项A、B、C，根据圆台内置可任意转动的正方体，可推断棱长最大时，正方体的外接球即为圆台内部最大的球，进而判断选项D. 【详解】对于A：设圆台的上底面半径为，下底面半径为，则，， 所以，，又因为圆台的母线长， 所以圆台的高，故A正确； 对于B：，故B错误； 对于C：表面积，故C正确； 对于D：在圆台内放置一个 “可任意转动的正方体”等价于正方体外接球位于圆台内部最大的球的内部即可. 因为，所以圆台没有内切球，圆台内部最大的球为与圆台下底面及侧面相切的球，设球的半径为，如图，球心在轴上，则， 因为，而， 所以，即， 解得或（舍去）， 又因为在中，，所以. 设正方体的棱长为，则正方体外接球的半径满足：，所以， 则，所以. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 方程在复数范围内的解为_____________． 【答案】 【解析】 【分析】由即可解方程. 【详解】由得，所以， 故答案为： 13. 如图，用斜二测画法画出水平放置的的直观图为，已知，，则的周长为______． 【答案】12 【解析】 【分析】把直观图还原为原图形，利用勾股定理求出斜边长，再计算周长． 【详解】把直观图△还原为原，如图所示： 所以，， 所以， 所以的周长为． 故答案为：12． 14. 如图，设Ox，Oy是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量.对于平面内任意一点P，若向量，则记，.已知该平面内两点，，若，则点M的轨迹围成的图形面积为______；若，则的最大值为______. 【答案】 ①. ②. 2 【解析】 【分析】由题意知，对，的符号进行分类讨论，确定点的轨迹，作出其图形，计算出该图形的面积，即可求解答题空1；根据题中所给定义及向量模长公式，分类讨论去绝对值，再结合基本不等式即可求解答题空2. 【详解】由题意知. 当，时，， 此时，点的轨迹表示以点，为端点的线段； 当，时，， 此时，点的轨迹表示以点，为端点的线段； 当，时，， 此时，点的轨迹表示以点，为端点的线段； 当，时，， 此时，点的轨迹表示以点，为端点的线段. 如下图所示： 记点，，，，则点的轨迹为四边形. 因为，故四边形为矩形，且， 所以，点的轨迹围成的图形面积为. 由平面向量数量积的定义可得， ， . ，，不同时为0. 当，时，； 当，时，； 当，时，， 当时，， ，， ∴由基本不等式可得， 当且仅当，即时等号成立， ，； 当时，， ，， ∴由基本不等式可得， 当且仅当，即时等号成立， ，. 综上所述，当时取得最大值，最大值为2. 故答案为：；2. 【点睛】关键点点睛：本题答题空1考查动点的轨迹所围成图形的面积，解题的关键在于紧扣题中的定义，分析出动点的轨迹图形，通过作出图形求解； 答题空2根据题中所给定义及向量模长公式，分类讨论去绝对值，再结合基本不等式即可求解. 四､解答题：本题共5小题，共77分．需写出必要的解答步骤． 15. 已知是两个单位向量，，且. （1）求的夹角； （2）若D为线段BC上一点，DC =2BD，求证：AD⊥AB. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用表示出，再结合即可求出答案. （2）利用表示出，则可计算出.则可说明AD⊥AB. 【小问1详解】 因为. 所以. 则 解得： 所以的夹角 【小问2详解】 ; . 所以AD⊥AB. 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若. （1）求A； （2）若a=2，的面积为，求b，c的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理将边变成角，然后利用以及两角和的正弦公式代入计算即可； （2）先利用面积公式求出，再利用余弦定理求出，然后解方程组即可. 【小问1详解】 由及正弦定理得 . 因为， 所以. 由于， 所以. 又，故. 【小问2详解】 由题得的面积，故①. 而，且，故②， 由①②得. 17. 如图，在高为2的正三棱柱中，，是棱的中点． （1）求该正三棱柱的体积； （2）设为棱的中点，F为棱上一点，求的最小值． （3）是棱上一点，试问三棱锥的体积是否为定值？若是，求出这个定值．若不是，说明理由． 【答案】（1） （2） （3）是， 【解析】 【分析】（1）利用柱体的体积公式即可求解； （2）将侧面绕旋转至与侧面共面即可求解； （3）解法一：利用求解； 解法二：利用求解. 【小问1详解】 因为三棱柱是正三棱柱， 所以，． 【小问2详解】 将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示， 则当三点共线时，取得最小值，且最小值为． 【小问3详解】 法一：， ， ， 所以三棱锥的体积为定值． 法二：因为，， 所以， 所以三棱锥的体积为定值． 18. 如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点． （1）求证：平面； （2）在直线上是否存在一点，使得过直线的平面与平面平行，若存在，找出点的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由． （3）设平面平面，请在图中画出直线，判断直线与的位置关系并证明． 【答案】（1）设，连接， 因为是平行四边形，故，又为侧棱的中点，故． 又平面，平面，故平面． （2）在上存在点，使得平面且平面平面． 证明：若为的中点，，则， 又平面，平面，故平面． 又，平面，平面，故平面， 又，平面，故平面平面． （3）如图所示，直线就是所要画的直线， 因为，平面，平面，故平面， 又平面平面，平面，故． 【解析】 【分析】（1）设，连接，根据题意得到即可证明； （2）当为的中点时，根据线面平行与面面平行的判定证明平面平面即可； （3）根据线面平行的判定与性质证明即可. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 略. 【小问3详解】 略. 19. 已知中，是角所对的边，且 （1）求角； （2）若是的角平分线，的面积为，，求的长度； （3）若，在的边，上分别取，两点，使沿线段折叠到平面后，顶点正好落在边（设为点）上，求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用数量积定义和正弦定理把边化为角，再结合和角公式进行化简，最后结合三角形内角范围得出角； （2）根据，结合面积公式和余弦定理求出，代入面积公式即可求解； （3）设，，利用余弦定理建立关系式，再借助均值不等式即可求出的最小值. 【小问1详解】 因为，则， 由正弦定理可得， 即， 由两角和的正弦公式，得， 因为，所以，则， 因为在中，，所以，即， 又因为，所以． 【小问2详解】 因为，由（1）得，所以． 因为中，， 即，得． 因为， 即， 所以． 【小问3详解】 因为，，所以为等边三角形，即， 设，则，， 所以在中，由余弦定理， 设，，代入上式得：， 整理得：， 由于，故， 所以，当且仅当时等号成立，此时满足题意， 所以的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 集美中学2024-2025学年第二学期高一年级期中质量检测 数学试题 （考试时间：120分钟；满分：150分） 一､单选题：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，只有一项是符合题目要求的． 1. 若，则 A. B. C. D. 2. 在中，内角所对的边分别为，且，则（ ） A. B. 或 C. 60° D. 或 3. 在平行四边形中，，，设，，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，且，，．设甲：，乙：，则甲是乙的（ ） 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 5. 已知向量，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 已知菱形的边长为2，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 3 7. 在中，点P是上一点，且P为靠近A点的三等分点，Q是中点，与交点为M，又，则（ ） A. B. C. D. 8. 一个人骑自行车由地出发向正东方向骑行了到达地，然后由地向南偏东方向骑行了到达地，再从地向北偏东方向骑行了到达地，则两地的距离为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 若复数z在复平面内对应的点为Z，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若z为纯虚数，则Z在虚轴上 D. 若，则点Z的集合所构成的图形的面积为6π 10. 中，若角是钝角，则（ ） A. B. C. D. 11. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧，所在圆的半径分别是3和9，且，则该圆台的（ ） A. 高为 B. 体积为 C. 表面积为 D. 在圆台内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体棱长的最大值是 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 方程在复数范围内的解为_____________． 13. 如图，用斜二测画法画出水平放置的的直观图为，已知，，则的周长为______． 14. 如图，设Ox，Oy是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量.对于平面内任意一点P，若向量，则记，.已知该平面内两点，，若，则点M的轨迹围成的图形面积为______；若，则的最大值为______. 四､解答题：本题共5小题，共77分．需写出必要的解答步骤． 15. 已知是两个单位向量，，且. （1）求的夹角； （2）若D为线段BC上一点，DC =2BD，求证：AD⊥AB. 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若. （1）求A； （2）若a=2，的面积为，求b，c的值. 17. 如图，在高为2的正三棱柱中，，是棱的中点． （1）求该正三棱柱的体积； （2）设为棱的中点，F为棱上一点，求的最小值． （3）是棱上一点，试问三棱锥的体积是否为定值？若是，求出这个定值．若不是，说明理由． 18. 如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点． （1）求证：平面； （2）在直线上是否存在一点，使得过直线的平面与平面平行，若存在，找出点的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由． （3）设平面平面，请在图中画出直线，判断直线与的位置关系并证明． 19. 已知中，是角所对的边，且 （1）求角； （2）若是的角平分线，的面积为，，求的长度； （3）若，在的边，上分别取，两点，使沿线段折叠到平面后，顶点正好落在边（设为点）上，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $