山东省济南市2024-2025学年高一下学期4月期中学习质量检测数学试题（原卷版+解析版）

这是一份山东省济南市2024-2025学年高一下学期4月期中学习质量检测数学试题（原卷版+解析版），共25页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号，座号填写在答题卡和试卷的指定位置上.
2．回答选择题时，选出每小题的答案，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案涂黑，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，用0.5mm的黑色签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.
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，只有一项符合题目要求．
1. 在复平面内，复数所对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2. 在平行四边形中，是对角线上靠近点三等分点，则（ ）
A. B.
C D.
3. 已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为
A. B. C. D.
4. 已知向量，满足，，且，则向量，夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
5. 在中，，则的面积是（ ）
A. B. C. 12D.
6. 已知复数z的实部大于等于1，则的最小值为（ ）
A B. C. D.
7. 已知正四棱锥的底面边长为2，高为，则其内切球半径是（ ）
A 1B. C. D.
8. 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，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系xOy中的坐标，则该坐标系中和两点间的距离为（ ）

A.
B.
C.
D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对者得6分，部分选对者得部分分，有错选的得0分．
9. 已知复数，则下列命题一定成立的有（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. D.
10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则是锐角三角形
C. 若，，，则符合条件的有两个
D. 对任意，都有
11. 半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.按照以下方式可构造一个半正多面体：如图，在一个棱长为4的正方体中，，，过三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面.关于该几何体，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，该几何体是一个半正多面体
B. 若该几何体是由正八边形与正三角形围成的半正多面体，则边长为
C. 若该几何体是由正方形与正三角形围成的半正多面体，则体积为
D. 该几何体可能是由正方形与正六边形围成的半正多面体
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设为实数，且，虚数为方程的一个根，则的值为______.
13. 如图所示，为空间四点，在中，，等边三角形以为轴运动，当平面平面时，________.
14. 某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）如图，已知锐角外接圆的半径为4，且三条圆弧沿三边翻折后交于点. 若，则_____________；若，则的值为_____________.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答时应写出文字说明，证明或演算步骤．
15. 如图，我国南海某处的一个海域上有四个小岛，小岛B与小岛A、小岛C相距都为5海里，与小岛D相距为海里．为钝角，且．
（1）求小岛A与小岛D之间的距离；
（2）已知与互补，求四个小岛所形成的四边形的面积．
16. 如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点．
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的正弦值．
17. 在锐角三角形中，分别为内角所对边，且.
（1）求角；
（2）若，求周长的取值范围.
18. 如图，圆C的半径为3，其中A，B为圆C上两点.
（1）若，当k为何值时，与垂直？
（2）若G为的重心，直线l过点G交边AB于点P，交边AC于点Q，且，求 最小值.
（3）若的最小值为1，求的值.
19. 如图1，由射线构成的三面角，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：.
（1）如图2，在三棱锥中，为等腰直角三角形，为等边三角形，，求二面角平面角的正弦值；
（2）如图3，在三棱锥中，平面，连接，，求三棱锥体积的最大值；
（3）当时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理.
2025年4月济南市高一期中学习质量检测
数学试题
本试题共4页，共19题，满分150分，考试用时120分钟.
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号，座号填写在答题卡和试卷的指定位置上.
2．回答选择题时，选出每小题的答案，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案涂黑，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，用0.5mm的黑色签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试题和答题卡一并交回.
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，只有一项符合题目要求．
1. 在复平面内，复数所对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】利用乘法和除法法则计算.
【详解】，
所以复数所对应的点位于第四象限.
故选：D
2. 在平行四边形中，是对角线上靠近点的三等分点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量的加减法，和数乘运算法则直接求解即可.
【详解】因为是对角线上靠近点的三等分点，
所以，
则.
故选：A
3. 已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题可知圆锥底面半径为1，母线长为2，即可直接计算侧面积.
【详解】因为圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，
所以该圆锥底面半径为1，母线长为2，
所以该圆锥的侧面积为.
故选：A.
【点睛】本题考查圆锥侧面积的计算，熟记公式是关键，属于基础题.
4. 已知向量，满足，，且，则向量，夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由平面向量模的坐标表示求得，再利用平面向量数量积与模求得向量，夹角的余弦值.
【详解】依题意，设与夹角为，
因为，，，
所以.
故选：C.
5. 在中，，则的面积是（ ）
A. B. C. 12D.
【答案】B
【解析】
【详解】在△ABC中，∵ AB＝5，BC＝6，AC＝7，则由余弦定理可得49＝25＋36－2×5×6×cs B，求得cs B＝，∴ sin B＝＝，故△ABC的面积为·AB·BC·sin B＝×5×6×＝6.
6. 已知复数z的实部大于等于1，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意设出复数的标准式，由复数除法可得复数的标准式，结合题意可得点的轨迹方程，根据复数的模长公式，结合两点之间的距离公式，利用圆外一点到圆上点距离的最值，可得答案.
【详解】设，则，
由题意可得，整理可得，
因此，点在以为圆心，半径为的圆上及圆内，
则，
上式可表示点到的距离，
易知最小值为点到圆心的距离减去半径，
即为.
故选：C.
7. 已知正四棱锥的底面边长为2，高为，则其内切球半径是（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正四棱锥的轴截面，转化成等腰三角形的内切圆问题，转化为直角三角形，运用勾股定理解出内切球半径.
【详解】
设正四棱锥内切球球心为，其在底面的投影为，则三点共线，内切球半径为，取中点，中点，则正四棱锥内切球半径即为的内切圆半径，
因为底面边长为，所以，，
因为高为，即，则，
所以，
在中，即，解得，
故选：D.
8. 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，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系xOy中的坐标，则该坐标系中和两点间的距离为（ ）

A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得再利用向量减法运算法则以及向量数量积的运算法则求解即可.
【详解】因为该坐标系中和，
所以
则，
所以
=
即该坐标系中和两点间的距离为：
故选：D.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对者得6分，部分选对者得部分分，有错选的得0分．
9. 已知复数，则下列命题一定成立的有（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据共轭复数的概念和复数的四则运算，结合复数模的计算及性质，逐项判断即可.
【详解】设，则.
对于A：，
若，则，
所以，即，故A一定成立；
对于B：，若，则①，
，同理，
若，则需满足且，与①式不同，故B不一定成立；
选项C：，
，
所以，故C一定成立；
选项D：②，
，与②式不同，故D不一定成立.
故选：AC
10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则是锐角三角形
C. 若，，，则符合条件的有两个
D. 对任意，都有
【答案】ABD
【解析】
【分析】由正弦定理边角转化可判断A；根据两角和的正切公式结合三角形内角和定理可判断B；由正弦定理及三角形性质可判断C；由三角形内角性质及余弦函数单调性可判断D.
【详解】对于A选项，由，根据正弦定理得，（为外接圆半径），即，则，
故A正确；
对于B，，
所以，
所以，
所以三个数有个或个为负数，又因最多一个钝角，
所以，即都是锐角，
所以一定为锐角三角形，故B正确；
对于C，由正弦定理得，则，
又，则，知满足条件的三角形只有一个，故C错误；
对于D，因为，所以，又函数在上单调递减，
所以，所以，故D正确；
故选：ABD
11. 半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.按照以下方式可构造一个半正多面体：如图，在一个棱长为4的正方体中，，，过三点可做一截面，类似地，可做8个形状完全相同的截面.关于该几何体，下列说法正确的是（ ）
A. 当时，该几何体是一个半正多面体
B. 若该几何体是由正八边形与正三角形围成的半正多面体，则边长为
C. 若该几何体是由正方形与正三角形围成的半正多面体，则体积为
D. 该几何体可能是由正方形与正六边形围成的半正多面体
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据半正多面体的定义，结合棱柱和棱锥的体积公式逐一判断即可.
详解】选项A：当时，，但，不满足正多边形条件，故A错误；
选项B：如图1，因为棱长为4的正方体中，，，…，，所以，，
当此半正多面体是由正八边形与正三角形围成时，，，解得，故B正确；
选项C，如图2，当此半正多面体是由正方形与正三角形围成时，，
所以，体积为，故C正确；
选项D，当时，如图3所示，此半正多面体是由正方形与正六边形围成，
此时几何体也是半正多面体，故D正确，
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解半正多面体的定义.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设为实数，且，虚数为方程的一个根，则的值为______.
【答案】1
【解析】
【分析】由复数与共轭复数的意义可知，方程的两个根为和，再设出复数，结合韦达定理和复数运算解出模长即可.
【详解】由题意可知虚数为方程的一个根，也为方程的一个根，
所以，
设，则，
，
所以，
故答案为：.
13. 如图所示，为空间四点，在中，，等边三角形以为轴运动，当平面平面时，________.
【答案】2.
【解析】
【分析】取的中点，连接.根据等边三角形的性质证得，根据面面垂直的性质定理得到平面，由此证得.利用勾股定理求得的长.
【详解】取的中点，连接.因为是等边三角形，所以.当平面平面时，因为平面平面，且，所以平面，故.由已知可得，在中，.
【点睛】本小题主要考查面面垂直的性质定理，考查分析问题与解决问题的能力，属于基础题.
14. 某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）如图，已知锐角外接圆的半径为4，且三条圆弧沿三边翻折后交于点. 若，则_____________；若，则的值为_____________.
【答案】 ①. ##0.75 ②.
【解析】
【分析】第一空：由正弦定理求得，利用三角形垂心性质结合三角形诱导公式推得，即得答案；第二空：设，由余弦定理求得它们的余弦值，然后由垂心性质结合正弦定理表示出，即可求得答案.
【详解】设外接圆半径为，则，
由正弦定理，可知，
即，由于是锐角，故，
又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即,故，
所以；
设，
则，
由于，不妨假设，
由余弦定理知，
设AD,CE,BF为三角形的三条高，由于 ,
故 ,
则得，
所以，
同理可得，
所以，
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于：涉及到三角形垂心的性质的应用，解答时要能灵活地结合垂心性质寻找角之间的关系，应用正余弦定理，解决问题.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答时应写出文字说明，证明或演算步骤．
15. 如图，我国南海某处的一个海域上有四个小岛，小岛B与小岛A、小岛C相距都为5海里，与小岛D相距为海里．为钝角，且．
（1）求小岛A与小岛D之间的距离；
（2）已知与互补，求四个小岛所形成的四边形的面积．
【答案】（1）2海里；
（2）18平方海里.
【解析】
【分析】（1）根据题意得出各边长和，利用余弦定理可解出的长；
（2）利用余弦定理求出的长，再利用三角形面积公式求出两个三角形的面积，相加即为所求四边形面积.
【小问1详解】
由题意，，且为钝角，
在中，由余弦定理，，
得，解得或（舍去）.
故，小岛A与小岛D之间的距离为2海里.
【小问2详解】
由题意，.
在中，由余弦定理，，
得，解得或（舍去）.
故.
所以
所以，四个小岛所形成的四边形的面积为18平方海里.
16. 如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是AB的中点．
（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的正弦值．
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于，利用三角形中位线定理，结合线面平行的判定定理进行证明即可；
（2）根据（1）的结论，结合异面直线所成角定理、直棱柱的性质、余弦定理、同角的三角函数关系式进行求解即可.
【小问1详解】
连接交于，
在直三棱柱中，所有棱长均为4，
因此四边形是正方形，所以是的中点，而D是AB的中点，
因此有，而平面，平面，
所以平面；
【小问2详解】
由（1）可知：，
因此异面直线与所成角为（或其补角），
因为是正方形，所以，
在直三棱柱中，所有棱长均为4，
因此四边形是正方形，因此有，
在直三棱柱中，侧棱垂直于底面，因此也就垂直底面中任何直线，
因此有，
由余弦定理可知：，
因此.
17. 在锐角三角形中，分别为内角所对的边，且.
（1）求角；
（2）若，求周长的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先边化角，然后利用利用三角形内角和定理、三角恒等变换、诱导公式化简等式积即可得出答案；
（2）把的周长写成关于角的表达式，根据（1）的结论及为锐角三角形得到的范围，最后结合正切函数的图象与性质求得结果.
【小问1详解】
由题意得，
则由正弦定理得，
由于，所以，
所以，所以.
由于，所以，得.
又，故.
【小问2详解】
根据，得，，
则的周长为
，
由为锐角三角形，得，所以，
则，，
所以，
故周长的取值范围是.
18. 如图，圆C的半径为3，其中A，B为圆C上两点.
（1）若，当k为何值时，与垂直？
（2）若G为的重心，直线l过点G交边AB于点P，交边AC于点Q，且，求 最小值.
（3）若的最小值为1，求的值.
【答案】（1）
（2）2 （3）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理可得，再由向量垂直和数量积的关系即可求出结果；
（2）由向量的线性运算和共线的条件得到，即可得到，再用基本不等式计算；
（3）由向量的数量积的定义得到，再由模长的计算得到，结合二次函数的性质解出即可.
【小问1详解】
因为，
所以由余弦定理得，即，所以.
若与垂直，则，
所以，所以，
解得，即时，与垂直；
【小问2详解】
因为为的重心，所以，
又因为，所以，
由于三点共线，所以存在实数使得，所以
化简为，所以，所以.
显然，则，
当且仅当时，即时，取最值.
则的最小值为2.
【小问3详解】
设与的夹角为，在中，，
所以，
又
，
所以当时，有最小值，所以，解得，
即取最小值1时，．
【点睛】知识点点睛：本题考查了余弦定理解三角形,向量垂直和数量积的关系,向量的线性运算和共线的条件，基本不等式计算最值，二次函数的性质.综合性特别强，转化能力要求高，属于难题
19. 如图1，由射线构成的三面角，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：.
（1）如图2，在三棱锥中，为等腰直角三角形，为等边三角形，，求二面角平面角的正弦值；
（2）如图3，在三棱锥中，平面，连接，，求三棱锥体积的最大值；
（3）当时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）法1：构建三角形，算出各边，根据余弦定理可得解；法2：依题意，将相关数据代入三面角余弦定理求得，再求出
（2）依题意证明平面，将和分别用表示，求出的表达式，借助于二次函数的最值即得体积最大值.
（3）在射线上一点，分别作，，即得二面角的平面角，在和中，由余弦定理分别求出，消去，整理后利用直角三角形中三角函数定义即可推得结论.
【小问1详解】
法1：取的中点，连接，如图所示，
则，于是是二面角的平面角，
设，则，
由余弦定理得，
故
法2：利用三面角余弦定理，设二面角的平面角为，则有，
计算得，故
【小问2详解】
二面角平面角的大小为，利用三面角余弦定理得
，计算得，
于是.
由于，则
，
即当时，三棱锥体积的最大值为
【小问3详解】
如图过射线上一点在面作交于点，
在面内作交于点，连接，
则是二面角的平面角，
在中，由余弦定理得：，
在中，由余弦定理得：，
两式相减得：，
则，
两边同除以，得：
，
从而得证.