河北唐山市路北区2024-2025学年第二学期期中质量检测高一数学试卷（含解析）

这是一份河北唐山市路北区2024-2025学年第二学期期中质量检测高一数学试卷（含解析），共44页。试卷主要包含了回答选择题时，选出每小题答案后等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，满分150分．考试时间120分钟
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名，考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后．用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．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，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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，只有一个选项符合题目要求．
1. 已知非零向量不平行，并且其模相等，则与之间的关系是（ ）
A. 垂直B. 共线C. 不垂直D. 以上都可以
【答案】A
【解析】
【分析】由与的数量积判断.
【详解】因为，
所以，
故选：A
2. 下列结论正确的是（ ）
A. 三个点确定一个平面
B. 若空间中两条直线没有公共点，则它们互相平行
C. 若一条直线上有无数个点在一个平面内，则这条直线在这个平面内
D. 若一条直线上有无数个点在一个平面外，则这条直线与这个平面平行
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间点、线、面基本定理进行判断.
【详解】三个不共线的点确定一个平面，A错误；
若空间中两条直线没有公共点，则它们互相平行或为异面直线，B错误；
若一条直线上有两个点在一个平面内，则这条直线在这个平面内，C正确；
若一条直线上有无数个点在一个平面外，则这条直线与这个平面平行或与平面相交与一点，D错误.
故选：C
3. 如图，已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用基底表示即可求出.
【详解】因为，所以，
则，
因为，所以，即，
则.
故选：C
4. 已知向量，，，若B，C，D三点共线，则（ ）
A. －16B. 16C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求出和，根据B，C，D三点共线得到，进而列出方程求解.
【详解】由题意得，，
因为B，C，D三点共线，
所以，
则，得.
故选：A.
5. 在中，，是上一点，若，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为，所以.
设，，
则.
代入，得.
又，所以，解得.
因此.
6. 如图是由一个扇形和三角形组成的平面区域，，，扇形圆心角，，则扇形区域的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】，，.
中，，，，，
由正弦定理得，解得，
扇形区域面积为.
7. 如图，在河岸上测量河对面，两点间的距离，测得，，，，，则（ ）
A. B. C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】应用正弦定理及余弦定理计算求解.
【详解】因为，，
在中，由正弦定理可得，则．
在中，由正弦定理可得，则．
在中，由余弦定理可得，则．
8. 已知正三角形ABC的边长为6，，P是线段DE上的动点（含端点），则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】取线段的中点，建立平面直角坐标系，设，根据数量积的坐标公式结合二次函数即可求值域．
【详解】取线段的中点，连接，则，
以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
因为正三角形ABC的边长为6，所以，
故，
又，所以
设，则，
所以，，
故.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，选错得0分．
9. 如图，正方体的棱长为分别是的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（ ）
A. 不存在点，使得平面
B. 一蚂蚁从点出发，沿正方体的表面爬行，到达点的最短距离为
C. 三棱锥的体积为
D. 三棱锥的外接球表面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】取中点，利用面面平行判定定理可得平面平面，则可利用面面平行性质定理得A；将平面展开后计算可得B；借助等积转换计算可得C；将三棱锥补形后可得D.
【详解】对A：取中点，连接、，由为中点，则，
又平面，平面，故平面，
由为中点，则，又平面，
平面，故平面，又，
、平面，则平面平面，
则当点在线段上时，由平面，可得平面，
故存在点，使得平面，故A错误；
对B：将平面与平面沿展开，使其位于同一平面如下图：
则从到的最短距离为，故B正确；
对C：，故C正确；
对D：取、、中点、、，连接成四边形，
三棱锥的外接球与长方体的外接球相同，
故即为该外接球直径，故半径为，
则外接球表面积为，故D正确.
10. 折扇又名“纸扇”是一种用竹木或象牙做扇骨，㓞纸或者绫绢做扇面的能折叠的扇子.如图1，其平面图是如图2的扇形，其中，，点在弧上，且，点在弧上运动（包括端点），则下列结论正确的有（ ）
A. 在方向上的投影向量为
B. 若，则
C.
D. 的最小值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用投影向量的定义可判断A选项；建立平面直角坐标系，利用三角恒等变换结合平面向量的线性运算可判断B选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断C选项；利用平面向量数量积的坐标运算可判断D选项.
【详解】对于A选项，由题意可知，
所以，在方向上的投影向量为，A对；
对于B选项，以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
则、，设点，其中，
由可得，
所以，，所以，，
所以，，
，则，所以，，
所以，，B对；
对于C选项，，所以，
，C错；
对于D选项，，其中，、，
，，
所以，，
因为，则，
所以，故当时，取最小值为，D对.
故选：ABD.
11. 的内角：所对边分别为，下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则是等腰三角形
C. 若，则是锐角三角形
D. 若，则是等腰直角三角形
【答案】AD
【解析】
【详解】对于A，因为在中，由正弦定理可得等价于，又因三角形中大边对大角，故等价于，选项A正确；
对于B，因为，所以或，即或，是等腰三角形或直角三角形，选项B错误；
对于C，由可以确定是锐角，但不能确定和的大小，所以不能判断是锐角三角形，选项C错误；
对于D，由正弦定理，结合条件，
得，，
，，，，又，，
所以，，所以是等腰直角三角形，选项D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 法国著名的数学家棣莫弗提出了公式：．据此公式，复数的实部为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由棣莫弗公式结合实部的概念即可求解.
【详解】由题意，
故所求为.
故答案为：.
13. 已知三个顶点坐标分别为：，，，则的面积为__________．
【答案】21
【解析】
【详解】，则，
点到直线的距离为，则的面积为
14. 在锐角中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，若，则的取值范围是_________..
【答案】
【解析】
【分析】首先根据余弦定理与正弦定理化简可得，则，利用换元法结合函数的单调性即可求得范围.
【详解】因为，又由余弦定理得，
所以.
由正弦定理得，
又在中，，
所以，
所以或（舍去），
所以.
，，，
则，
令，
设，易知其在区间上单调递增，
故的取值范围是.
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. 已知向量，，，．
（1）求向量与的夹角；
（2）若，求实数的值；
（3）求的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）由向量的夹角公式求解即可；
（2）由向量的线性运算求出，再由垂直向量的坐标表示求解即可.
（3）由向量的模长公式结合二次函数的性质求解即可.
【小问1详解】
由，，可得，
，
所以．
所以.
【小问2详解】
由，，可得，
由（1）得，
所以，
解得:.
【小问3详解】
由（2）得，
所以．
当时，的最小值为．
16. 在中，角所对的边分别是，在下面三个条件中任选一个作为条件，解答下列问题，①；②；③．
（1）求角的大小；
（2）设面积为，且，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若选①②：根据题意利用正弦定理边角转化，结合三角恒等变换运算求解；若选③：根据题意结合三角恒等变换运算求解；
（2）利用正弦定理边角转化，结合三角恒等可得，根据面积关系可得，结合余弦定理解得，即可得结果.
【小问1详解】
若选①：因为，
由正弦定理可得，
因为，则，可得，
且，所以；
若选②：因为，由正弦定理可得，
因为，则，可得，即，
且，所以；
若选③：因为，
且，可得，
因为，则，可得，即，
且，所以.
【小问2详解】
设的外接圆半径为，
则，
所以；
由可得，即，
由余弦定理可得，
即，解得或（舍去），
所以的面积为．
17. 已知向量，，满足，，且与的夹角为．
（1）若，求实数的值；
（2）求与夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据垂直的关系，结合数量积的运算即可求解，
（2）根据模长公式以及夹角公式即可代入求解.
【小问1详解】
，
由得 ，
展开得，
将，，代入得，则；
【小问2详解】
，
.
18. 在中， ，，.求:
（1）求的值;
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理代入求解；
（2）由余弦定理得到的方程求解可得.
【小问1详解】
由正弦定理，得，
所以，
即，
解得.
【小问2详解】
由余弦定理得，
所以，
即，
解得或.
当时，，即，
又，所以.
而，
故 (舍去)，
经检验满足题意，
所以.
19. 平面四边形中，，，，．
（1）求；
（2）求四边形周长的取值范围；
（3）若为边上一点，且满足，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）首先求出，再由余弦定理计算可得；
（2）在中利用余弦定理及基本不等式求出的取值范围，即可求出的范围，即可求出四边形周长的取值范围；
（3）依题意可得，即可求出、、，再由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得.
【小问1详解】
因为，，所以，
在中由余弦定理
；
【小问2详解】
在中，
即，
所以，所以，当且仅当时取等号，
又，
则，即，所以，
所以，
即四边形周长的取值范围为；
【小问3详解】
因为，所以，又，
所以，，又，所以，
在中由余弦定理，
即
在中由余弦定理，
即，
又，所以，
所以，
又，所以，
即，所以，
所以，所以，
所以.
.
关键点点睛：本题第3小问的解决关键是利用余弦定理得到，从而结合第2小问中的结论即可得解.