重庆市第二外国语学校高一下学期期中考试数学试题

重庆市第二外国语学校2024-2025学年春季学期半期考试高2027级高一数学试题（全卷共四大题，满分：150分考试时间：120分钟）一、单选题（每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.）1.复数（为虚数单位）的虚部为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由复数的概念可得.【详解】由题意可得复数（为虚数单位）的虚部为.故选：B2.设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】A【解析】【分析】由面面平行的性质可得A正确；由线面的位置关系可得B，C，D错误.【详解】对于A，若则由面面平行的性质可得A正确；对于B，若则或者异面，故B错误；对于C，若则或，故C错误；对于D，若则或异面，故D错误.故选：A3.的三内角，，所对边分别为，，，若，则角的大小（）．A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】直接利用余弦定理计算可得.【详解】依题意由余弦定理，又，所以.故选：A4.按斜二测画法得到，如图所示，其中，，那么的形状是（

）A.等边三角形 B.直角三角形C.腰和底边不相等的等腰三角形 D.三边互不相等的三角形【答案】A【解析】分析】根据直观图得原图，计算可得答案.【详解】原如图所示：

由斜二测画法的规则可知，，，，所以，故为等边三角形.故选：A．5.向量，，，在正方形网格中的位置如图所示，若，则（）A.3 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由图可得，，即可求出，再根据平面向量基本定理求出、，即可得解.【详解】依题意可得，，所以，又与不共线，且，所以，所以.故选：D6.是平面上一定点，P是中一动点且满足：，则直线AP一定通过的（）A.外心 B.重心 C.内心 D.垂心【答案】B【解析】【分析】根据已知得，结合向量加法的几何性质即可得.【详解】若为中点，由题设，如下图示，易知直线AP是的一条中线，所以直线AP一定通过的重心.故选：B7.如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】对于A，根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于B,根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于C，根据，结合线面平行的判断定理即可判断；对于D，根据四边形是等腰梯形，与所在的直线相交，即可判断.【详解】对于A,如下图所示，易得,则，又平面,平面,则平面，故A满足；对于B，如下图所示，为所在棱的中点，连接,易得,则四边形平行四边形，四点共面，又易知，又平面,平面,则平面，故B满足；对于C,如下图所示，点为所在棱的中点，连接,易得四边形为平行四边形，四点共面，且,又平面,平面,则平面，故C满足；对于D，连接,由条件及正方体的性质可知四边形是等腰梯形，所以与所在的直线相交，故不能推出与平面不平行，故D不满足，故选：D.8.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，在地面上共线的三点C，D，E处分别测得顶点的仰角为，且，则解放碑的高约为（）（参考数据：）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设，求出，利用余弦定理在和中，表示出和，两者相等即可解出答案【详解】由题知，设，则，又，所以在中，，①在中，，②联立①②，解得故选：D.二、多选题（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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．)9.已知向量，，则（）A.若与垂直，则 B.若，则的值为C.若，则 D.若，则在方向上的投影向量坐标为【答案】BCD【解析】【分析】利用向量垂直的坐标表示判断A；利用向量共线的坐标表示，结合数量积运算判断B；利用坐标计算模判断C；求出投影向量判断D.【详解】向量，，对于A，与垂直，则，解得，A错误；对于B，，，，B正确；对于C，，，，因此，C正确；对于D，，，在方向上的投影向量，D正确.故选：BCD10.已知是虚数单位，以下四个说法中正确的是（）A.B.复数复平面内对应的点在第三象限C.若复数满足，则D.已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆【答案】AD【解析】【分析】应用复数乘方运算判断A；写出复数对应点判断B；特殊值有判断C；根据复数模的几何意义确定轨迹判断D.【详解】A：，对；B：的对应点为，显然在第二象限，错；C：若满足，但不满足，错；D：由，则点轨迹是以为圆心，2为半径的圆上，对.故选：AD11.如图，在棱长为2的正方体中，为正方体的中心，为的中点，为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（）A.动点的轨迹是一条线段B.直线与的夹角为C.三棱锥的体积是随点的运动而变化的D.若过，，三点作正方体的截面，为截面上一点，则线段长度最大值为【答案】ABD【解析】【分析】A：分别取，的中点H，G，连接，，，，证明平面平面，从而得到点F的轨迹；B：由正方体的结构特征易知且为等边三角形，即可判断；C：根据B得出平面，从而得到点F到平面的距离为定值，再结合的面积也为定值，即可判断；D：设为的中点，从而根据面面平行的性质定理得到截面即为面，从而线段长度的最大值为线段的长，即可判断.【详解】A：如图分别取，的中点H，G，连接，，，．由正方体的性质可得，平面，平面，所以平面，同理可得平面，且，平面，所以平面平面，而平面，所以平面，所以点F的轨迹为线段GH，对；B：由正方体的结构特征易知且为等边三角形，所以直线与的夹角，即直线与的夹角为，对；C：由B知，点F的轨迹为线段GH，因为平面，则点F到平面的距离为定值，同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，错；D：如图，设平面与平面交于AN，N在上．因为截面平面，截面平面，平面平面，所以，同理，所以截面为平行四边形，则点N为的中点．在四棱锥中，侧棱最长，且，对.故选：ABD三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．)12.已知向量，则向量的坐标___．【答案】【解析】【分析】应用向量数乘坐标表示求.【详解】由题设.故答案为：13.已知复数（i为虚数单位）是关于x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：014.如图所示，在中，，且点为边的中点且，则的最大值为_____.【答案】【解析】【分析】由余弦定理有，结合基本不等式可得，再由及向量数量积运算律求的最大值.【详解】由，则，又，所以，即，所以，而，则，当且仅当时取等号，故最大值为16，所以，即的最大值为.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.已知单位向量的夹角为.（1）求；（2）求与的夹角.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由数量积的定义及运算律可得；（2）由数量积的运算律和夹角公式的运算可得；【小问1详解】由，则；【小问2详解】由，所以，由，所以，由（1）知，设与的夹角为，则，因为，所以.16.如图所示，四边形是矩形，且，若将图中阴影部分绕旋转一周.（1）求阴影部分形成的几何体的体积；（2）求阴影部分形成的几何体的表面积.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由圆柱的体积减去半球的体积即可求解．（2）分别求圆柱下底面、侧面和半球面的面积，即可求解；【小问1详解】，，所求几何体的体积为．【小问2详解】由题意知，旋转体的表面由三部分组成，圆柱下底面、侧面和半球面，因为，，，，故所求几何体的表面积为；17.在中，．（1）求；（2）若，且的面积为，求的周长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.【小问1详解】解：因为，则，由已知可得，可得，因此，.【小问2详解】解：由三角形的面积公式可得，解得.由余弦定理可得，，所以，的周长为.18.如图，四棱锥的底面为平行四边形，，分别为棱，上的点，且，.（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∵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19.在①，②，③，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答.（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.）在锐角中，的面积为S，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且选条件：________.（1）求角A的大小；（2）作（A，D位于直线BC异侧），使得四边形ABDC满足，，求AC的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）选①可根据正弦定理边化角和三角形中的诱导公式化简计算；选②可根据正弦定理角化边和余弦定理化简计算