重庆市第一中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题（Word版附解析）

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上.．
2．作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效.
3．考试结束后，将答题卡交回.
一、单项选择题本大题共 8 个小题，每小题 5 分，共 40 分.在每个小题给出的四个选项中，只
有一个选项是符合题目要求的.
1. 若向量 ，则实数 的值为（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用数量积的坐标表示，即可求值.
【详解】 ， ，
解得： .
故选：D
2. 已知复数 ，则 的虚部是（ ）
A. 5 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用共轭复数的意义及复数乘法运算求解即可.
【详解】复数 ，则 ，
所以所求虚部是 .
故选：B
3. 如图，一个水平放置 三角形 的斜二测直观图是三角形 ，若 ， ，则原三
角形的面积为（ ）
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A. 4 B. 6 C. 8 D. 10
【答案】B
【解析】
【分析】根据直观图可得原图为直角三角形，求出原图的直角边长后可得三角形的面积.
【详解】由题设可得三角形 为直角三角形，且 为直角， ， ，
故其面积为 ，
故选：B.
4. 设有两条不同的直线 m，n 和两个不同的平面 a，B，则下列命题正确的是（ ）
A. 若 ，则 B. 若 ，则
C. 若 ，则 D. 若 ，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间中直线与平面、平面与平面平行的性质与判定，平面与平面垂直的性质与判定逐个选项
分析即可．
【详解】若 ，则 或 ，A 选项错误；
若 ， ，则 或 相交，故 B 错误；
若 ， ，则 ，故 C 正确；
若 ，则 可以平行，可以异面，可以相交，故 D 错误；
故选：C.
5. 已知 三个内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，若 ，则 的形状是（
）
A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦定理化简，再结合因式分解可判断三角形的形状.
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【详解】因为 ，故 ，
整理得 ，
即 ，故 ，
故 或 ，故三角形为等腰或直角三角形，
故选：D.
6. 如图，在梯形 ABCD 中， ，E 为线段 AB 的中点，先将梯
形挖去一个以 BE 为直径的半圆，再将所得平面图形以直线 AB 为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为
（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题可得几何体体积为一个圆锥加一个圆柱体积再减去一个球 体积，据此可得答案.
【详解】旋转后得到的几何体为两个同底面的圆柱，圆锥，再去掉一个球体得到.
由题可得圆柱，圆锥的底面半径为 CB，
又 ，则 ，
三角形 为等腰直角三角形，则 ，
又由题可得圆柱，圆锥的高均为 2，
则圆柱，圆锥体积之和为： ，
又注意到球体半径为 ，则球体体积为： ，
则几何体体积为 .
故选：A
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7. 蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、踢的含义，鞠最早系外包皮革、
内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、踢、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006 年 5 月 20 日，蹴
鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有
四个点 A，B，C，P， 面 ABC， ，则该鞠（球）的表面积为
（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出 外接圆半径，再利用球的截面小圆性质求出球半径即可.
【详解】在 中， ，则 外接圆半径 ，
球心在线段 的中垂面上，由 平面 ， ，得 的中垂面平行于平面 ，
因此球心到平面 的距离 ，球半径 ，
所以该鞠（球）的表面积为 .
故选：C
8. 如图，在凸四边形 ABCD 中， ，当 变化时，对角线
BD 的最大值为（ ）
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A. 3 B. 4 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设 ，求出 ，利用正弦定理和余弦定理计算表示出 ，结合正
弦函数的性质即可求解.
【详解】设 ，则 ，所以 ，
由正弦定理得 ，则 ，
在 中，由余弦定理得
，
所以当 时， 取到最大值 ，此时 .
故选：D
二、多项选择题本题共 3 个小题，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，部分选对得部分分，有选错的得 0 分.
9. 如图所示，在正方体 中，O 为 DB 的中点，直线 交平面 于点 M，则下列结
论正确的是（ ）
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A. 直线 与直线 所成角为 B. 平面
C. M、O、 三点共线 D. 直线 与平面 所成角的为
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用几何法求出异面直线的夹角判断 A；利用线面垂直的性质判定推理判断 B；利用平面的基本事
实推理判断 C；求出线面角判断 D.
【详解】对于 A，连接 ，四边形 是正方体 的对角面，
则四边形 为矩形， ， 是直线 与直线 所成角或其补角，
而 ，因此 ，A 正确；
对于 B， 平面 ， 平面 ，则 ，又 ，
平面 ，则 平面 ，又 平面 ，
于是 ，同理 ，又 ，因此 平面 ，B 正确；
对于 C，由 ， 平面 ，得 平面 ，
由 ， 平面 ，得 平面 ， 则 是平面 和平面 的公共点，
同理，点 和 都是平面 和平面 的公共点，
因此三点 ， ， 在平面 与平面 的交线上，即 ， ， 三点共线，C 正确；
对于 D，连接 ，设 ，连接 ，由选项 B，同理得 平面 ，
则 为直线 与平面 所成的角，在 中， ，
因此 ， ，D 错误.
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故选：ABC
10. 已知函数 的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（
）
A.
B. 为函数 的一个对称中心
C. 将 的图象向左平移 个单位长度后得到一个偶函数图形
D. 在 上单调递增，则 的取值范围为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据函数图象求出函数 的解析式，再逐项判断可得正确答案.
【详解】由图象可得， ，所以 ，
此时 ，又 ，
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所以 ，即 ，
又 ，所以 ，故 ，故 A 错误；
由 ，
所以 为函数 的一个对称中心，故 B 正确；
将 的图象向左平移 个单位长度，
得到 ，为偶函数，故 C 正确；
由 ，当 时， ，
由 在 上单调递增，则 ，解得 ，
所以 的取值范围为 ，故 D 错误.
故选：BC.
11. 已 知 正 方 体 的 棱 长 为 1， E 为 线 段 的 中 点 ， ， 其 中
，则下列选项正确的是（ ）
A. 时，
B. 时， 的最小值为
C. 时，三棱锥 的体积为定值
D. 时，直线 与平面 的交点轨迹长度为
【答案】ABC
【解析】
【分析】先分别由各选项 的条件确定动点 的轨迹后再判断.A 项，由线面垂直可证线线垂直；B 项，
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由线面垂直性质得直角三角形，由直角边小于斜边可得最值；C 项，由线面平行关系得距离定值，再由体
积公式可得；D 项，线面交点轨迹转化为面面交线问题求解即可.
【详解】由题意，正方体 的棱长为 1， 为线段 的中点，
且 ，其中 ，
对于 A 中，取 ， 分别为 的中点，当 时，可得点 在线段 上运动，
如图（1）所示，在正方形 中，因为 ， 为中点，
，所以 与 全等，
则 ，可得 ，
又由 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，所以 A 正确；
对于 B，如图（2）在 上分别取点 和点 ，
使得 ，连接 ，当 时，可得点 在线段 上运动，
由 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，则 ，
所以在直角 Rt 中，显然 为 的最小值，
且 ，所以 B 正确；
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对于 C 中，如图（3）所示，取 的中点 ，分别连接 ，
当 时，可得点 在线段 上运动，由
且 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
所以点 到平面 的距离为定值，即三棱锥 的高 为定值，
又由 的面积为定值，所以 （定值），所以 C 正确：
对于 D 中，如图（4）所示，连接 分别交 于点 和点 ，连接 ，
当 时，可得点 在线段 上运动，
设直线 与平面 的交点在必在平面 与平面 的交线上.
因为 且 平面 ，所以 平面 ，
又因为平面 平面 ，所以 ，
由 与 相似，且相似比为 1:2，
所以 ，
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即直线 与面 的交点轨迹为 ，长度为 ，所以 D 不正确．
故选：ABC.
【点睛】
三、填空题本题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知复数 z 满足 ，则 的值为________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据复数模的性质及模的公式直接求解.
【详解】根据复数模 性质，得： .
故答案为：1.
13. 如图所示，三棱台 中， ，且三棱锥 的体积 ，则三棱锥
的体积为________．
【答案】
【解析】
【分析】由棱台的结构特征可知 ， ，结合锥体的体积公式分析求解即可.
【详解】设三棱台 的高为 ，
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因为 ，可知 ，
所以 .
设 ，所以 ，
设 到平面 的距离为 ，
因为 ，且 ，所以 ，
所以三棱锥 的体积 .
故答案 ： .
14. 设 为单位向量，满足 ， ， ．若 的夹角为 ，则 的
值为________．
【答案】1
【解析】
【分析】由 ，结合数量积的性质求 的关系，再确定 的大小即可．
【详解】单位向量 ，由 ，得 ，解得 ，
而 ，当且仅当 时取等号，因此 ，此时 ，
因此 ， ， ，
所以 .
故答案为：1
四、解答题．本题共 5 个小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 如图，在直三棱柱 中，底面 为直角三角形， ，D，E 分别为 ， 的
中点．求证：
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（1） 平面 ；
（2）若 ，求点 E 到平面 的距离．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角形中位线可得 ，结合线面平行的判定定理可证结论；
（2）利用等体积法可求点 E 到平面 的距离.
【小问 1 详解】
因为 D，E 分别为 ， 的中点，所以 ，
因为 ，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
【小问 2 详解】
因为底面 为直角三角形， ， ，所以 ，
因为 ，所以 ，
由于 ,所以 的面积为 ；
因为底面 为等腰直角三角形，所以 ,所以 的面积为 ;
设点 E 到平面 的距离为 ， ，所以 ,
解得 ，
即点 E 到平面 的距离为 .
16. 已知 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，满足 ．
（1）求角 ；
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（2）若 ， ，求 的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；
（2）利用正弦定理求出 即可得解.
【小问 1 详解】
因为 ，
由正弦定理得 ，即 ，
整理得 ，
由余弦定理得 ，
又 ，所以 ；
【小问 2 详解】
因为 ， ， ，
所以 ，
因为 ，
所以 ， ，
所以 的周长为 .
17. 在平行六面体 中，底面 ABCD 为正方形， ， ，侧面
底面 ABCD．
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（1）求证：平面 平面 ；
（2）求二面角 的平面角的正弦值．
【答案】（1）见详解.
（2）
【解析】
【分析】（1）由底面为正方形，侧面 底面 ABCD，利用面面垂直的性质可证；
（2）法 1，根据题意建立空间直角坐标系，计算边长并标点，再利用空间坐标法求取二面角余弦值，进而
得到正弦值.法 2：作出二面角的平面角，利用几何法求出正弦值.
【小问 1 详解】
由底面 ABCD 正方形，得 ，又 底面 ABCD，
侧面 底面 ABCD，侧面 底面 ABCD ，
则 平面 ，而 平面 ，
所以平面 平面 .
【小问 2 详解】
法 1：由（1）知 平面 ，又 ，则 平面 ，
如图以 D 为原点建立空间直接坐标系，
由 ， ，得 ， ，
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则 到 的距离为 ，故 ， ， ，
设平面 的一个法向量 ，
，不妨取 ，则 ，
侧面 底面 ABCD，故平面 的一个法向量 ，
设二面角 的平面角为 ，
，
所以二面角 的平面角的正弦值 .
法 2：在平行六面体 中，连接 ，连接 ，
由 ， ，得 是菱形，且 是正三角形，
则 ，由（1）知 平面 ，而 ，则 平面 ，
又平面 平面 ，于是 平面 ，又 平面 ，
则 ，而 平面 ，因此 平面 ，
又 平面 ，则 ， 为 二面角 的平面角，
在 中， ，则斜边 ，
所以 ，即二面角 的平面角的正弦值 .
18. 如图．在梯形 中， ，E、F 是 的两个三等分点，G、H 是 的两个三等分点，线
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段 上一动点 P 满足 分别交 于 M、N 两点，记 ．
（1）当 时，求 的值；
（2）若 ，求 的值；
（3）若 ，求 的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）分解向量得 ， ，然后由向量的数量积即可求解；
（2）分解向量得 ，由 三点共线可设
，根据 三点共线求得 的值即可进一步求解；
（3）分解向量得 ， ，结合 ，可
得 ，从而所求可转换为关于 的函数.
【小问 1 详解】
由题意 ，
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，
所以
；
【小问 2 详解】
，
若 ，则 ，
，
因为 三点共线，
所以可设 ，
由于 三点共线，所以设 ，
所以 ，解得 ， ，
所以 ；
【小问 3 详解】
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，
则
，
,
因为 三点共线，
所以可设 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，
所以 ，
令 ，所以 ，
由对勾函数性质可知， 在 上单调递增，
故所求为 .
19. 三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于 1816 年首次发现，但他的发现并未被当时的
人们所注意．1875 年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．当 内一点
P 满足条件 时，则称点 P 为 的布洛卡点，角 为布洛卡角．如图，在
中，角 A，B，C 所对边长分别为 a，b，c，点 P 为 的布洛卡点，其布洛卡角为 ．
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（1）求证： ；
（2）若 ，是否存在常数 ，使得 ，若存在，求 的值；若不存在，
请说明理由．
（3）若 ，试判断 的形状．
【答案】（1）证明见解析；
（2）存在， ；
（3）正三角形.
【解析】
【分析】（1）利用三角形面积公式推理得证.
（2）利用余弦定理，结合（1）的结论及二倍角的正弦公式求解.
（3）由（1）（2）的结论可得 ，再利用余弦定理、三角形面积公式，结合辅助角
公式及基本不等式推理判断即可得解.
【小问 1 详解】
依题意， ，
所以 .
【小问 2 详解】
存在实数 使等式成立．理由如下：
由（1）得 ，在 中，由余弦定理得：
， ，
三式相加整理得
，所以 时，存在实数 使 .
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【小问 3 详解】
当 时，由（1）得 ，
由（2）得， ，
在 中，由余弦定理得 ，
于是
，当且仅当 且 时取等号，
由 ，得 ，则 ， ，
即当且仅当 且 时取等号，亦即当且仅当 为等边三角形时取等号，
因此 ，当且仅当 为等边三角形时取等号，
而 ，所以 为等边三角形.
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