重庆市第一中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

秘密★启用前[考试时间：5月12日14：30-16：30]

重庆一中高2025届高一下期期中考试

数学试题

注意事项：

1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚.

2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试题卷上作答无效.

3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，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，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知复数，则复数在复平面内对应的点在（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限

C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】C

【解析】

【分析】由复数代数形式的四则运算化简，再由复数的几何意义得结果.

【详解】由，则有，

所以复数在复平面内对应的点的坐标为，在第三象限.

故选：C.

2. 中，是角的对边，，则此三角形有（    ）

A. 一个解 B. 2个解 C. 无解 D. 解个数不确定

【答案】B

【解析】

【分析】利用正弦定理得，进而利用三角形内角和进行判断即可．

【详解】∵中，，

∴根据正弦定理，得，

∵B为三角形的内角，，则有或，

∴三角形的解有两个．

故选：B．

3. 下列几组空间向量中，不能作为空间向量基底的是（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据空间向量共面定理依次判断各选项即可.

【详解】对于A，设，无解，即不共面，故可以作为空间向量一个基底，故A错误；

对于B，设，无解，即不共面，故可以作为空间向量一个基底，故B错误；

对于C，设，无解，即不共面，故可以作为空间向量一个基底，故C错误；

对于D，设，解得，所以共面，故不可以作为空间向量一个基底，故D正确.

故选：D

4. 已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由已知可求得，然后根据投影向量的公式，即可得出答案.

【详解】因为，，

所以，

所以，向量在向量上的投影向量为.

故选：C．

5. 设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为、和，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.表示出3个几何体的表面积，得出，进而求出体积的平方，比较体积的平方大小，然后得出答案.

【详解】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.

正方体表面积为，所以，

所以，；

如图，正四面体，为的中点，为的中心，则是底面上的高.

则，，所以，

所以，

所以，正四面体的表面积为，所以.

又为的中心，所以.

又根据正四面体的性质，可知，

所以，

所以，；

球的表面积为，所以，

所以，.

因为，

所以，，

所以，.

故选：B.

6. 如图，直角梯形中，，，，梯形绕所在直线旋转一周，所得几何体的外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题意可知，旋转一周得到的几何体为圆台，可知外接球的球心一定在线段或的延长线上.取圆台的轴截面，分情况讨论，作图，分别根据几何关系求出球的半径，即可得出答案.

【详解】由题意可知，旋转一周得到的几何体为圆台.

取圆台的轴截面

由题意知，球心一定在线段或的延长线上

如图1，当球心在线段上时.

过点作于点，则，，

所以，.

设球的半径为，，，

则由勾股定理可得，，即，

整理可得，解得（舍去）；

如图2，当球心在的延长线上时.

过点作于点，则，，

所以，.

设球的半径为，，则，

则由勾股定理可得，，即，

整理可得，解得.

所以，，

所以，圆台外接球的表面积为.

故选：D.

7. 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．则正八面体（八个面均为正三角形）的总曲率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用正八面体的面积和减去六个顶点的曲率和可得结果.

【详解】正八面体每个面均为等比三角形，且每个面的面角和为，该正面体共个顶点，

因此，该正八面体的总曲率为.

故选：B.

8. 中，，，是角，，的对边，，其外接圆半径，且，则（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由已知可得，，进而可得，，可求．

详解】由正弦定理得，即，，，

又，则，

则，即，得①，

因为，则，

则，即②，

结合①②解得，，

则，，

所以．

故选：A．

【点睛】本题考查了正弦定理，重点考查了三角形的面积公式，属中档题．

二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 设为直线，，为两个不同平面，则下列命题中正确的是（    ）

A. 若，则

B. 若，则

C. 若，则

D. 若，则

【答案】CD

【解析】

【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案.

【详解】若，则与可能平行，可能相交，A选项错误；

若，则或，B选项错误；

若，根据垂直于同一直线的两个平面平行，则，C选项正确；

若，一条直线垂直与两个平行平面中的一个，则一定垂直与另一个，则，D选项正确.

故选：CD.

10. 已知函数在上单调，且函数图像关于点对称，则（    ）

A. 是的一个周期

B. 的图像关于对称

C. 将的图像向右平移个单位后对应函数为偶函数

D. 函数在上有2个零点

【答案】BD

【解析】

【分析】由题意，利用正弦函数的图像和性质，先求出函数的解析式为，从而可判断其周期、轴对称、变换后的解析式，即可判断A，B，C；依题意求得函数在上与有两个交点，进而即可判断D．

【详解】由函数在上单调，则，得．

又函数图像关于点对称，则，，得．

所以，即．

故有的最小正周期为，故A错误；

又为最大值，可得的图像关于对称，故B正确；

将的图像向右平移个单位后对应函数为，是一个奇函数，故C错误；

由，则，则，

又，，且，

所以函数在上与有两个交点，即函数在上有2个零点，故D正确．

故选：BD．

11. 中，是角的对边，，则（    ）

A. 若，则

B. 若，则的面积为

C. 若，则角的角平分线

D. 若为锐角三角形，，则边长

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据题意并结合余弦定理可得，由正弦定理以及三角恒等变换可得，即可判断AB正确；由等面积可知，即C错误；根据三角形形状可得，即可确定，可解得，所以D正确.

【详解】根据题意由，结合余弦定理可得，

，又因为，所以；

利用正弦定理可得，

再由可得，，

即，所以；

又因为，所以，即；

对于A，若，则，故A正确；

对于B，若，则，由可得，

所以的面积为，即B正确；

对于C，如下图所示：

由等面积可知，

由选项B可得，所以，

即，解得，所以C错误；

对于D，若为锐角三角形，，则可得，

且，即，解得，所以

又，所以，因此，即D正确.

故选：ABD

12. 已知正方体的棱长为2，点，分别为面，的中心，点是的中点，则（    ）

A.

B. 面

C. 直线与平面所成角的余弦值为

D. 过点且与直线垂直的平面，截该正方体所得截面周长为

【答案】ACD

【解析】

【分析】以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量的性质，利用是否等于零，即可判断A；求出平面的法向量，与是否垂直，即可判断B；根据直线与平面所成的角的余弦值可先求出与平面的法向量的余弦值，再根据角的关系求出所要求的结果，即可判断C；做出过点且与直线垂直的平面的截面图，根据几何关系即可求出其周长，即可计算出D．

【详解】以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立坐标系，如图所示，

则，，，，，，，，

对于A，由，，则，所以，故A正确；

对于B，设平面的法向量为，

由，，，

则即，令，则，，则，

又，所以与平面不平行，故B错误；

对于C，设直线与平面所成的角为，

又，结合选项B得，所以，故C正确；

对于D，结合C选项得，则平面，

取，的中点为，，，

由几何关系可知，，，则组成一个平面，

由，，，均在平面内，

则平面，即过点且与直线垂直的平面，截该正方体所得截面如图所示平面，

则截面的周长为

，

故D正确．

故选：ACD．

【点睛】本题考查了立体几何的综合应用，属于难题．

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知正为水平放置的的直观图，若，则的面积为__________.

【答案】

【解析】

【分析】求出正的面积，再利用直观图与原图形面积间的关系计算作答.

【详解】依题意，正的面积，

因为直观图与原图形的面积比为，

所以的面积.

故答案为：

14. 已知复数满足，则__________.

【答案】

【解析】

【分析】根据已知条件，结合复数模公式，复数的四则运算，共轭复数的定义，即可求解

【详解】设，

∵，

，即，解得，

则有，.

故答案为：.

15. 中，为边上一点，若，则__________.

【答案】1

【解析】

【分析】设，有，，在中，由正弦定理求出，得到，可求.

【详解】如图所示，

设，由，则，

所以，，，

在中，由正弦定理可得，

因为，所以，

即，整理得，即，

，.

故答案为：1

16. 已知平面向量满足，则的最大值为__________.

【答案】12

【解析】

【分析】根据向量加减法的几何意义作出图形，观察和以及两个向量夹角的变化，判断取最大值的位置.

【详解】设，则

由，则，B点在以A为圆心2为半径的圆周上，C点在以A为圆心1为半径的圆周上，如图所示，

，由图可知，当三点共线，在如图所示的位置，

有最大值4，有最大值3，此时取最大值1，

所以的最大值为12.

故答案为：12.

四､解答题（共70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）.

17. 已知向量.

（1）若，求实数的值；

（2）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意求得，结合向量垂直的数量积的表示，列出方程，即可求解；

（2）根据题意，利用且与不共线，结合向量的坐标表示和数量积的运算，即可求解.

【小问1详解】

解：由向量，可得，

因为，可得，解得.

【小问2详解】

解：由（1）知，，解得，

又由向量与不共线，可得，解得，

所以实数取值范围是

18. 如图所示，在四棱锥中，四边形为等腰梯形，.

（1）证明：平面：

（2）若，求点到平面距离.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）由勾股定理证明所以，又，可证平面.

（2）由，利用体积法求点到平面的距离.

【小问1详解】

四边形为等腰梯形，，

过点C作于E，如图所示，

则，可知，

由余弦定理知，

则，所以，

又，平面，，

所以平面.

【小问2详解】

连接BD，如图所示,

由（1）可知平面，平面，所以平面平面，

平面平面，平面，，平面，

又，，

所以，

在中，由，得，

设点到平面的距离为d，则，

，解得，即点到平面的距离为.

19. 在中，对应的边分别为的外接圆面积为.

（1）求的值；

（2）若点在上，且直线平分角，求线段的长度.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由余弦定理可求得，再利用正弦定理计算可得外接圆半径为，即可求出；

（2）利用角平分线定理可得，再由余弦定理计算可得.

【小问1详解】

由，利用余弦定理可得

，所以；

因此的外接圆的半径为，

所以的外接圆的面积

【小问2详解】

如下图所示：

由直线平分角，利用角平分线定理可得，

又，所以，

因此在中，由余弦定理可得，

所以，即线段的长度为

20. 如图所示，已知四边形和四边形都是矩形.平面平面分别是对角线上异于端点的动点，且.

（1）求证：直线平面；

（2）当时，用向量法求平面与平面夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用线面平行的性质与判定定理结合条件直接证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解二面角夹角余弦值.

【小问1详解】

过N作NGDE与AD交于G点，连接MG，因为NG平面CDE，平面CDE，

所以NG平面CDE，因为NGDE，所以，

因为，，所以，所以MGABCD，

因为MG平面CDE，平面CDE，所以平面CDE，

因为，平面MNG，平面MNG，

所以平面MNG平面CDE，因为平面MNG，所以直线MN平面CDE；

【小问2详解】

因为平面平面，平面平面，

又平面ADEF，，所以平面ABCD，

则以A为原点，分别以AB，AD，AF为x，y，z轴建立空间直角坐标，如图，

可得，，，，

所以，，

设平面AMN的法向量为，则，所以，

令，可得，，

设平面MND的法向量为，，，

则，所以，令，可得，

所以，

所以平面与平面夹角的余弦值..

21. 如图，在三棱台中侧面为等腰梯形，为中点.底面为等腰三角形，为的中点.

（1）证明：平面平面；

（2）记二面角的大小为.

①当时，求直线与平面所成角的正弦值.

②当时，求直线与平面所成角的正弦的最大值.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）①，②最大值为

【解析】

【分析】（1）由三棱台性质及其边长即可证明平面，利用面面垂直的判定定理即可证明平面平面；

（2）①由题意可知即为二面角平面角，，以为坐标原点建立空间直角坐标系，可得，平面的一个法向量为，把代入可得直线与平面所成角的正弦值为；②当时，，利用的范围即可求得直线与平面所成角的正弦的最大值为.

【小问1详解】

因为为等腰三角形，为的中点，所以，

又因为侧面为等腰梯形，为的中点，所以，

又平面，

因此平面，

平面，所以平面平面

【小问2详解】

在平面内，作，

由（1）中平面平面，

且平面平面，平面，可得平面；

以分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

又因为，，

所以即为二面角的平面角，所以，

在中，，易知，

又，可得；

所以，；

即，

设平面的一个法向量为，

所以，

可令，则，即；

①当时，，，

设直线与平面所成角的为，

所以，

即时，直线与平面所成角的正弦值为.

②当时，

，

设，则在恒成立，

所以在上单调递增，，

即，易知，所以；

易知当时，，

所以当时，直线与平面所成角的正弦的最大值为.

22. 在中，对应的边分别为，

（1）求；

（2）奥古斯丁.路易斯.柯西（Augustin Louis Cauchy，1789年-1857年），法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.现在，在（1）的条件下，若是内一点，过作垂线，垂足分别为，借助于三维分式型柯西不等式：当且仅当时等号成立.求的最小值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先用正弦定理角化边，然后结合余弦定理可以解出.

（2）将构造出符合三维分式型柯西不等式左边的形式，然后用三维分式型柯西不等式结合余弦定理可解.

【小问1详解】

由正弦定理得即

由余弦定理有，

若，等式不成立，则，

所以.

因为，

所以.

【小问2详解】

.

又，

由三维分式型柯西不等式有.

当且仅当即时等号成立.

由余弦定理得，

所以即，则.

令，则

因为解得，当且仅当时等号成立.

所以.则.

令，则在上递减，

当即时，有最大值，此时有最小值.

【点睛】要能仿照三维分式型柯西不等式的形式进行构造，找到所求要素与柯西不等式的内在联系，再结合余弦定理和基本不等式等知识进行求解，属于难题.