重庆市凤鸣山中学教育集团2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题 Word版含解析

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一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合
题目要求的.
1. 若复数 的实部为 ，虚部为 b，则 =（ ）
A. 7 B. 5 C. D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数实部和虚部的定义求出 的值，进而求解即可.
【详解】由题意， ，则 .
故选：C.
2. 设 m､n 是空间中不同的直线，α､β是不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若 l m，m⊂α，则 l α B. 若 m⊂α，n⊂β，α β，则 m n
C. 若α β，m⊂α，则 m β D. 若 m⊂α，n⊂β，m β，n α，则α β
【答案】C
【解析】
【分析】
在 A 中， 或 ；在 B 中， 或 m 与 n 异面；在 C 中，由面面平行的性质定理得 ；在
D 中， 与 平行或相交.
【详解】解：由 m、n 是空间中不同的直线， 、 是不同的平面，知：
在 A 中，若 ， ，则 或 ，故 A 错误；
在 B 中，若 ， ， ，则 或 m 与 n 异面，故 B 错误；
在 C 中，若 ， ，则由面面平行的性质定理得 ，故 C 正确；
在 D 中，若 ， ， ， ，则 与 平行或相交，故 D 错误.
故选：C.
【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是基础题.
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3. 如图所示，已知正方形 的边长为 ，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其
原图形的周长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据斜二测画法还原图形，结合图形求解.
【详解】根据斜二测画法还原得下图：
因为四边形 是边长为 的正方形，则 ，所以， ，
又因为 ， ，则 ，
同理可得 ， ，
因此，原图形的周长为 .
故选：B.
4. 已知向量 ， ，若 满足 ，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量线性运算的坐标运算直接得解.
【详解】因为 ， ，且 满足 ，
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所以 ，
故选：A.
5. 如图，已知三棱锥 ，点 是 的中点，且 ， ，过点 作一个截面，使截面平
行于 和 ，则截面的周长为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】如图所示，设 AB、BC、VC 的中点分别为 D,E,F，连接 PD,DE,EF,PF.先证明截面 DEFP 就是所作
的平面，再求截面的周长.
【详解】如图所示，设 AB、BC、VC 的中点分别为 D,E,F，连接 PD,DE,EF,PF.
由题得 PD||VB,DE||AC,
因为 平面 DEFP,VB,AC 不在平面 DEFP 内，
所以 VB||平面 DEFP,AC||平面 DEFP,
所以截面 DEFP 就是所作的平面.
由于
所以四边形 DEFP 是平行四边形，
因为 VB=4,AC=2,所以 PD=FE=2,DE=PF=1,
所以截面 DEFP 的周长为 2+2+1+1=6.
故选：D
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【点睛】本题主要考查截面的作法和线面位置关系的证明，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
6. 若圆台的高为 4，母线长为 5，侧面积为 45π，则圆台的上、下底面的面积之和为（ ）
A. 9π B. 36π
C. 45π D. 81π
【答案】C
【解析】
【分析】设圆台的两底面半径分别为 ,利用圆台侧面积公式求得 ，利用勾股定理求得
，进而求得 ，然后利用圆的面积公式求得上下底面积的和.
【详解】设圆台的两底面半径分别为 ,则侧面积 ，
∴ ；
又∵圆台的高为 4，母线长为 5，∴ ,即 ,
∴ ,
∴ ,
∴ ，
∴圆台的上下底面积的和为 ，
故选：C
7. 羽毛球运动是一项全民喜爱的体育运动，标准的羽毛球由 16 根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托
之外的长为 ，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶端所围成圆的直径是 ，
底部所围成圆的直径是 ，据此可估算得球托之外羽毛所在曲面的展开图的圆心角为（ ）
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A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面为大圆锥的侧面截去一个小圆锥的侧面所得，求出小圆锥的母
线长后可得展开图圆心角．
【详解】将圆台补成圆锥，则羽毛所在曲面为大圆锥的侧面截去一个小圆锥的侧面所得，
设小圆锥母线长为 ，则大圆锥母线长为 ，由相似得 ，即 ，
∴可估算得球托之外羽毛所在的曲面的展开图的圆心角为 .
故选：C．
8. 已知平面向量 满足 ，则 的最大值为（ ）
A. 2 B. C. D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量加减法的平行四边形法则作图，问题转化为求 的最值，利用外接圆数形结合可求最值.
【详解】设 ，如图，
由题意，即在平行四边形 中， ， ，
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求 的最大值.
延长 至 ，使 ，则 ，
由正弦定理， 三点所在外接圆的直径 ，
所以 ，设圆心为 ，如图，
所以可知 ，又 ，
所以由余弦定理可得 ，
则由图象可知 ，
故选：C
二、多选题：本题共 3 小题，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 2 分，有选错的得 0 分.
9. 下面是关于复数 的四个命题，其中的真命题为（ ）
； ； 的虚部是 ； 对应的点在第四象限.
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，化简复数 ，结合复数模，共轭复数定义，以及复数的概念和复数
的几何意义，逐个判定，即可求解.
【详解】由复数 ，
所以 ， ，复数 的虚部为 ，
且复数 在复平面内对应的点 位于第四象限，所以 ， ， 正确， 不正确.
故选：ABD.
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10. 下列命题正确的（ ）
A. 若 ， ， ，则
B. 若 ， ， ， ，则
C. 非零复数 对应的向量分别为为 和 ，若 ，则
D. 若 ，则 的最小值为 5
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用平面的性质判断 A，B，利用复数的运算性质与几何意义判断 C，D 即可.
【详解】对于 A，由平面的性质得两个平面的公共点必在其交线上，故 A 正确．
对于 B，若 ， ，则 ，
由直线 a 与点 P 确定唯一平面 ，由 a 与 b 确定唯一平面，
且该平面经过直线 a 与点 P，所以该平面与 重合，则 ，故 B 正确；
对于 C，由 知，以 为邻边平行四边形为矩形，故 C 正确，
对于 D 项， 表示 对应点与点 距离为 ，轨迹为圆，如图，
而 表示 对应点与点 距离，
结合图形可知 的最小值为 ，故 D 错误．
故选：ABC
11. “阿基米德多面体”也称为半正多面体（semi-regularslid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面
体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截
去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知 ，则关于如图半
正多面体的下列说法中，正确的有（ ）
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A. 该半正多面体的体积为
B. 该半正多面体的顶点数 、面数 、棱数 满足关系式
C. 该半正多面体过 三点 截面面积为
D. 该半正多面体外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A 选项，该半正多面体是由棱长为 的正方体沿各棱中点截去 8 个三棱锥所得到，求出正方体
体积减去 8 个三棱锥的体积即可；B 选项，得到 ，B 正确；C 选项，过 三点
的截面为正六边形 ，结合三角形面积公式求出 C 错误；D 选项，转化为外接球即为底面棱长为 2，
侧棱长为 的正四棱柱的外接球，求出外接球半径 ，得到表面积.
【详解】如图，该半正多面体是由棱长为 的正方体沿各棱中点截去 8 个三棱锥所得到的．
对于 A，因为由正方体沿各棱中点截去 8 个三棱锥所得到的，
所以该几何体的体积为： ，故 A 正确；
对于 B，几何体顶点数为 12，有 14 个面，24 条棱，即 ，满足 ，故 B
正确；
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对于 C，由平行关系得到过 三点的截面为正六边形 ，边长为 2，
可分割为 6 个正三角形，所以 ，故 C 错误；
对于 D，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为 2，
侧棱长为 的正四棱柱的外接球，故外接球半径为 ，
所以该半正多面体外接球的表面积 ，故 D 正确，
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找
交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找
直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借
助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知复数 （i 为虚数单位）是关于 x 的方程 （p，q 为实数）的一个根，则
_________．
【答案】0
【解析】
【分析】把 代入方程得 ，再化简方程利用复数相等的概念得到 的值，即得 的
值.
【详解】由复数 （i 为虚数单位）是关于 x 的方程 （p，q 为实数）的一个根
所以 ，即
由复数相等可得 ，故
故答案为：0
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13. 在△ABC 中,内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,若 ,则 C＝ ______.
【答案】
【解析】
【分析】由余弦定理求出 ,即得解.
【详解】由余弦定理知 ，又因为 ，所以 .
故答案为
【点睛】本题主要考查余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
14. 解放碑是重庆的标志建筑物之一，存在其特别的历史意义.我校数学兴趣小组为了测量其高度，设解放
碑 杯 杯 高 为 AB， 在 地 面 上 共 线 的 三 点 C， D， E 处 分 别 测 得 顶 点 A 的 仰 角 为 ， 且
，则解放碑的高 AB 为______.
【答案】
【解析】
【分析】通过三角函数关系表示出不同线段的长度，再利用余弦定理分别在两个三角形中列出关于角的余
弦表达式，最后联立方程组求解出线段 AB 的长度.
【详解】解：由题意，设 中， ，
同理可得 ，
因为 ，所以在 中， …①，
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在 中， …②，
由①②组成方程组，解得 ，即
故答案为：
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 设 、 是夹角为 的两个单位向量，如果
（1）求证： ， ， 三点共线；
（2）若 与 的夹角为锐角，试求 的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量平行且有公共点得出三点共线；
（2）把夹角为锐角转化为数量积大于零且向量不平行求参即可.
【小问 1 详解】
因为 ，
则 ，可知 共线，所以 ， ， 三点共线；
【小问 2 详解】
若 ，
解得 或
若 ，可得 解得 ，
则 与 夹角为锐角，则 且 与 不平行，
故 或 或 ，
则 的取值范围为 .
16. 如图，在正方体 中， 为 中点， 与平面 交于点 ．
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（1）求证： 面 ；
（2）求证： 为 的中点．
【答案】（1）证明见解析．
（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）证明 ，然后由线面平行的判定定理得证；
（2）由线面平行的性质定理得线线平行，从而可证得结论成立．
【小问 1 详解】
因为 与 平行且相等，所以 是平行四边形，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ；
【小问 2 详解】
由（1） 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，又 是 中点，
所以 是 中点．
17. 如图，四棱锥 的底面 为平行四边形， ， 分别为棱 ， 上的点，且
， .
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（1）求证： 平面 ；
（2）在棱 上是否存在点 ，使得 平面 ？若存在求出 的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）先由面面平行的判定定理证明面 面 ，即可证明 平面 ；
（2）假设在棱 上存在点 ，使得 面 ，由线面平行的性质定理即可得点 为棱 的中点.
小问 1 详解】
在 上取点 ，使得 ，连接 ，
在 中，点 、 分别为 、 上的三等分点，则有
又 面 、 面
由线面平行的判定定理： 面
又 且 ，∴四边形 为平行四边形
则有 ，又 面 、 面 ，∴ 面
由于 面 、 面 ， ，∴面 面
又 面 ，∴ 面
【小问 2 详解】
假设在棱 上存在点 ，使得 面
连接 ，交 于
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∵ 面 ， 面 ，面 面
由线面平行的性质定理：
则在 中， ，易知 ，
∴ ，∴点 为棱 的中点，即
18. 在 中，内角 ， ， 的对边分别为 ， ， ， ．
（1）若 ，证明： ；
（2）若 ， 是 的中线，求 的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得 ，再根据余弦定理有 ，两者联立即可证明；
（ 2） 首 先 利 用 基 本 不 等 式 和 余 弦 定 理 得 ， 再 利 用 向 量 中 线 长 定 理 有
，则可求出 的最大值.
【小问 1 详解】
由正弦定理得 ，即 ，即 ，
由余弦定理知 和 ，
得 ，即 ，
即 ，因为 ，所以 .
【小问 2 详解】
因为 ， ，所以 ，
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故 ，当且仅当 ，即 时等号成立，
故 ；
由 是 的中线，得 ，
即得
，
即得 ，故 的最大值为 .
19. 在 中，角 A，B，C 所对边分别为 a，b，c，且 .
（1）求 ；
（2）若 ， ，
① 的平分线交 于点 ，求线段 的长；
②若 ，点 P，Q 是边 上的两个动点，且 ，设 的面积为 ，求 的最小值.
【答案】（1）
（2）① 长为 ；②
【解析】
【分析】（1）由正弦定理可得 ，结合余弦定理可得 ，从而可得 的大小；
（2）①由 ， 可得 ， 设边上的角平分线 长为 ，根据面积关系
列方程即可得 的值，从而得所求；②由 ，
， 解得 的值，设 ，根据正弦定理与 的面积公式即可得 关于
的函数关系，利用三角恒等变换化简解析式，结合正弦型函数的性质求得最值即可得答案.
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，
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由正弦定理得： ，即 ，
由余弦定理得： ，
因为 ，所以 ；
【小问 2 详解】
①因为 ， ，所以 ，
即 ，解得 ，
设边上的角平分线 长为 ，
则 ，
即 ，故 ，即 ，解得 ，
即 设边上的角平分线 长为 ；
②因为 ， ，所以 或 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，即 ，则 ，
如图，设 ，
则在 中，由正弦定理得 ，所以 ，
在 中，由正弦定理得 ，所以 ，
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所以 面积为
，
因为 ，所以 ， .
故当 ，即 时，
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