【文档说明】重庆市铁路中学校2021-2022学年高一下学期期中数学试题 含解析.docx，共(20)页，2.833 MB，由管理员店铺上传

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重庆市铁路中学高2024届高一下期数学半期考试题一､单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的.1.已知i为虚数单位，则z＝12ii−在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析

】【分析】根据复数除法运算法则即可计算．【详解】由题意，211255izii==−+−，在复平面内对应的点位于第二象限，故选：B2.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若3,45,75aBC===，则b=（）A.62B.2

C.322D.6【答案】B【解析】【分析】先根据三角形内角和求得A，进而利用正弦定理求得b．【详解】由题意可知，180457560A=−−=，由正弦定理可知sinsinabAB=，所以23sin22sin32aBbA

===．故选：B．3.如图，已知水平放置ABC按斜二测画法得到的直观图为ABC，若31,2ABAC==，则ABC的面积为（）的A.3B.322C.32D.34【答案】C【解析】【分析】由直观图与原图的关系

，把ABC还原成ABC，然后再求其面积【详解】解：由题意可知，ABC为直角三角形，且90CAB=，''''3223,12ACACABAB=====,所以ABC的面积为11331222ACAB==，故选：

C4.下列命题为真命题的是（）A.棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；B.用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台；C.以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；D.棱台的侧棱延长后交于一点.【答案】D【解析】【分析】根据棱柱，棱锥，棱台的定义可判断A，B，C错误，D正确

.【详解】A选项，长方体的侧面并不全等.故A选项错误；B选项，用一个平行平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台，故B选项错误.C选项，以直角三角形的一直角边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，故C选项错误；D选项，棱台可看作用一个

平行平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分，所以棱台的侧棱延长后交于一点.故D选项正确.故选：D.5.在平行四边形ABCD中，设M为线段BC上靠近B的三等分点，N为线段AD上靠近D的三等分点，ABa=，

ADb=，则向量NM=（）A.13ab−B.13ab−C.13ba−rrD.13ba−【答案】B【解析】【分析】作出图形，利用平面向量加法的三角形法则可得出NM关于a、b的表达式.【详解】如下图所示：111333BMBCADb===，2233NAADb=−=−，则121333NMNAABBMbab

ab=++=+−=−.故选：B.6.已知圆锥的表面积为3π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为（）A.3πB.33C.3π3D.3【答案】C【解析】【分析】求出圆锥的底面半径和圆锥的母线长与高，再计算圆锥的体积．【详解】解：设圆锥的底面半径为r，圆锥

的母线长为l，由π2πlr=，得2lr=，又22ππ23π3πSrrrr=+==，所以21r=，解得1r=；所以圆锥的高为2222213hlr=−=−=，所以圆锥的体积为22113ππ13π333Vrh===．故选：C．7.设ABC内角A

，B，C的对边分别为a，b，c，若11tantansinaABA+=，1cos4C=，的2268ab+=，则ABC的面积为（）A.23B.15C.4D.25【答案】B【解析】【分析】由已知利用切化弦及和差公式进行化简，然后结合正弦定理得到cab=，再由余弦定理求得c，代入三

角形的面积公式，即可求解.【详解】由11tantansinaABA+=，可得sincoscossinsinsinsinABABaABA+=，即sinsinsinsinCaABA=，所以cab=，即cab=

，又由22168,cos4abC+==，所以22212cos6824cababCc=+−=−，即221360cc+−=，解得8c=或172c=−（舍去），所以8ab=，又因为C为三角形内角，故215sin1cos4CC=−=，所以ABC的面积为1=sin

152ABCSabC=.故选：B.8.设直三棱柱111ABCABC-的所有顶点都在一个球面上，且球的体积是2053，1ABACAA==，120BAC=，则此直三棱柱的高是（）A.1B.2C.22D.4【答案】B【解析】【分析】先确定底面ABC的外接圆圆

心及半径，再确定球心位置，并利用球心和圆心的连线垂直于底面，得到直角三角形，利用勾股定理求解.【详解】设12ABACAAm===，三角形ABC外接圆1O的半径为r，直三棱柱111ABCABC-外接球O的半径为R.因为120BAC=，所以30ACB=，于是24sin30rABm==，2rm

=，12OCm=.又球心O到平面ABC的距离等于侧棱长1AA的一半，所以1OOm=.在1RtOOC中，由22211OCOOOC=+，得2224Rmm=+，5Rm=.所以球的体积34205(5)33Vm==，解得1m=.于是直三棱柱的高是122AAm=

=.故选：B.二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列四种说法中正确的有（）A.复数22zi=−是纯虚数B.复数12i−

中，实部为1，虚部为2i−C.复数z的共轭复数为z，则zR的一个充要条件是zz=D.234iiii0+++=（i为虚数单位）【答案】CD【解析】【分析】根据纯虚数的概念，可判断A的正误；根据实部虚部的概念

，可判断B的正误；根据充分、必要条件的概念，可判断C的正误；根据复数的性质，可判断D的正误，即可得答案.【详解】对于A：复数22zi=−的实部为2，故不是纯虚数，故A错误；对于B：复数12i−中，实部为1，虚部为-2，故B错误；对于C：设izab=+，则izab=−，若zR，则

虚部为0b=，此时zz=，充分性成立，若zz=，则i=iabab+−，则0b=，此时zR，必要性成立，所以zR的一个充要条件是zz=，故C正确；对于D：因为2i1=−，所以234iiiii1i10+++=−−+=，故D正确.故选：CD10.已知向量()

2,1a=r，()3,1b=−，e是与b同向单位向量，则下列结论正确的是（）的A.()//aba+B.向量a在向量b上的投影向量为12e−C.a与ab−的夹角余弦值为255D.若525,55c=−，则ac⊥【答案】CD【解析】【分析】由共线向量的坐标表示，可

判定A；根据向量的几何意义，求得向量a在向量b上的投影向量为102e−，可判定B；由向量的夹角公式，可判定C；由向量垂直的坐标表示，可判定D.【详解】由题意，向量()()2,1,3,1ab==−，e是b与同向的单

位向量，可得(1,2)ab+=−，由11220−−，所以ab+与a不共线，所以A不正确；由()23115,10abb=−+=−=，可得510210abb−==−，所以向量a在向量b上的投影向量

为102e−，所以B不正确；由(5,0)ab−=，可得()10,5,5abaaba−=−==，设a与ab−的夹角余弦值为，可得()1025cos555abaaba−===−，所以C正确；由()5255252,1(,)21()05555ac=

−=+−=，可得ac⊥，所以D正确.故选：CD.11.ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（）A.若AB，则sinsinABB.若30A=，4b=，3a=，则ABC有两解C.若ABC为钝角三角形，则222abc+D.

若60A=，2a=，则ABC面积的最大值为3【答案】ABD【解析】【分析】对于A选项，由AB，得到ab，再利用正弦定理判断；对于B选项，由sinbAab判断；对于C选项，由ABC为钝角三角形且C为钝角，利

用余弦定理判断；对于D选项，利用余弦定理与基本不等式集合三角形面积公式求解判断.【详解】对于A选项，若AB，则ab，由正弦定理可得sinsinabAB=，所以，sinsinAB，A选项正确；对于B选项，sin4

sin302bA==，则sinbAab，如图：所以ABC有两解，B选项正确；对于C选项，若ABC为钝角三角形且C为钝角，则222cos02abcCab+−=，可得222abc+，C选项错误；对于D选项，由余弦定理与基本不等式可得2222242cos2abcbcAbcbcb

cbcbc==+−=+−−=，即4bc，当且仅当2bc==时，等号成立，所以13sin324ABCSbcAbc==△，D选项正确．故选：ABD12.如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，M，N，P分别是1AA，1CC，

11CD的中点，Q是线段11DA上的动点，则（）A.存在点Q，使B，N，P，Q四点共面B.存在点Q，使PQ∥平面MBNC.三棱锥P-MBN的体积为13D.经过C，M，B，N四点的球的表面积为92【答案】ABC【解析】【分析】对于A，连接1AB，

1CD，可证得1ABPN∥，从而可得结论，对于B，连接PQ，11AC，当Q是11DA的中点时，由线面平行的判定可证得，对于C,利用11PMBNMPBNDPBNBDPNVVVV−−−−===三棱锥三棱锥三棱锥三棱锥求解，对于D，分别取1BB，1DD

的中点E，F，构造长方体MADF-EBCN，其体对角线就是外接球的直径，求出体对角线的长，可求出球的表面积【详解】如图，在正方体1111ABCDABCD−中，连接1AB，1CD，因为N，P分别是1CC，11CD的中点，所以1CDPN∥，又因为11C

DAB∥，所以1ABPN∥，所以1A，B，N，P四点共面，即当Q与1A重合时，B，N，P，Q四点共面，故选项A正确；连接PQ，11AC，当Q是11DA的中点时，因为11PQAC∥，11ACMN∥，所以PQMN∥，因为PQ平面BMN，MN平面BMN，

所以PQ∥平面BMN，故选项B正确；连接1DM，1DN，1DB，因为1DMBN∥，所以1113PMBNMPBNDPBNBDPNVVVV−−−−====三棱锥三棱锥三棱锥三棱锥1111223=，故选项C正确；分别取1BB，1D

D的中点E，F，构造长方体MADF-EBCN，则经过C，M，B，N四点的球即为长方体MADF-EBCN的外接球，设所求外接球的直径为2R，则长方体MADF-EBCN的体对角线即为所求的球的直径，即()222224419RABBCCN=++=++=，所以经过C，M，

B，N四点的球的表面积为249R=，故选项D错误.故选：ABC三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.设i是虚数单位，复数()i12iz=−，则z=__________.【答案】5【解析】【分析】化简

可得i=2+z，根据求模公式，即可求得答案.【详解】由题意得()i12+i2i=z=−，所以22215z=+=.故答案为：514.在长方体1111ABCDABCD−中，13,2ABBCAA===，则异面直线1AC与1BB所成的角为____

______.【答案】60##3【解析】【分析】由题意得1ACC即为直线1AC与1CC所成的角，在1RtCAC中，求得AC、1CC的长度，求得其正切值，即可得答案.【详解】因为长方体1111ABCDABCD−，所以11BBCC∕∕，所以异面直线1AC与1BB所成的角即为直线1AC与1CC

所成的角，即为1ACC，因为1CC⊥平面ABCD，所以1CCAC⊥，在1RtCAC中，2216,2ACABBCCC=+==，所以11tan3ACACCCC==，因为10,2ACC，所以13ACC=，即异面直线1AC与1BB所成

的角为60.故答案为：6015.如图，有一建筑物OP，为了测量它的高度，在地面上选一长度为40m的基线AB，若在点A处测得P点的仰角为30，在B点处的仰角为45，且30AOB=，则建筑物的高度为___

_______m.【答案】40【解析】【分析】设高()mPOh=，根据三角函数的定义，可求得OA、OB的长，在AOB中，由余弦定理，可求得h值，即可得答案.【详解】设高()mPOh=，则tan603,tan45OAhhOBPOh=

===，在AOB中，由余弦定理得22240(3)23cos30hhhh=+−，解得40h=.所以建筑物的高度为40m故答案为：4016.已知正ABC的边长为22，D是BC边上的动点(含端点)，则()()DADBDADC++的

取值范围是___________.【答案】[4,12]【解析】【分析】以B为原点，BC所在直线为x轴建立坐标系，用向量法求平面向量的数量积，进而求出取值范围【详解】以B为原点，BC所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，设()()

,0022Dxx，则()()()0,0,22,0,2,6BCA,()()()2,6,,0,22,0DAxDBxDCx=−=−=−()()()()22,6322,6DADADBDCxx++=−−()2248212424xxx=−+=−+当2x=时最小值为4，当0x=或22x=时

，最大值为12()()DBDCDADA++的取值范围是4,12故答案为：4,12四､解答题：本大题6个小题，共70分，各题解答必须答在答题卡上（必须写出必要的文字说明､演算步骤或推理过程）.17.如

图，ABCD是正方形，直线PD⊥底面ABCD，PDDC=，E是PC的中点.（1）证明：直线//PA平面EDB；（2）求直线PB与平面ABCD所成角的正切值.【答案】（1）证明见解析；（2）22；【解析】【分析】（1）连接AC，由三角形中位线可证得

//EOPA，根据线面平行判定定理可证得结论；（2）根据线面角定义可知所求角为PBD，且tanPDPBDBD=，由长度关系可求得结果.【详解】（1）连接AC，交BD于O，连接EO四边形ABCD正方形O为AC

中点，又E为PC中点//EOPAEO平面BDE，PA平面BDE//PA平面BDE（2）PD⊥平面ABCD直线PB与平面ABCD所成角即为PBDPDBD⊥tanPDPBDBD=设PDDCa==，则222BDaaa=+=2tan22

aPBDa==【点睛】本题考查立体几何中线面平行关系的证明、直线与平面所成角的求解；证明线面平行关系常采用两种方法：（1）在平面中找到所证直线的平行线；（2）利用面面平行的性质证得线面平行.18.已知4a=，8b=，a与b的夹角是120°．（1）计算：ab+

；（2）当k为何值时，()()2abkab+⊥−．为【答案】（1）43；（2）7k=−.【解析】【分析】（1）利用向量的数量积求出两个向量的数量积；利用向量模的平方等于向量的平方求出向量的模．（2）利用向量垂直的充要条件列出方程求出k的值．【详解】解：由已知得，1||||co

s12048()162abab==−=−．（1）222||||||2162(16)6448ababab+=++=+−+=，||43ab+=；（2）(2)()abkab+⊥−，(2)()0abkab+−=，22||2||(21)0kabkab−+−

=，即1616(21)2640kk−−−=．7k=−．即7k=−时，(2)()abkab+⊥−．19.如图所示，三棱柱111ABCABC-中，1AA⊥平面ABC，,,MNP分别是棱111,,BCCCBC上的点，且1

190AMNAPC==.（1）求证：1AMBC⊥；（2）若ABC为等边三角形，124AAAB==，求三棱锥1MAPN−的体积.【答案】(1)见证明；(2)1233MAPNV−=【解析】【分析】（1）先由线面垂直的判定定理证明AM⊥平面11BCCB，进而可得出结

论成立；（2）结合（1）的结论，先得到1AP⊥平面11BCCB，再由11MAPNANPMVV−−=，即可得出结果.【详解】（1）因为1AA⊥平面ABC，11AACC，所以1CC⊥平面ABC.因为AM平面ABC，所以1CCAM⊥.因为90AMN

=，所以AMMN⊥，又1CCMNN=I，所以AM⊥平面11BCCB.因为1BC平面11BCCB，所以1AMBC⊥.（2）由（1）知AM⊥平面11BCCB.因为ABC为等边三角形，所以111ABC△为等边三角形，又1190APC=，所以1AP⊥平面11BCCB，且,

PM分别为棱11,BCBC的中点，所以111123(14)3323MAPNANPMVV−−===.【点睛】本题主要考查线面垂直的性质，以及三棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理与性质定理、以及三棱锥的体积公式即可，属于常考题型.20.在锐角ABC中，,,abc分别

为内角,,ABC的对边，且有1a=.在下列条件中选择一个条件完成该题目；①()coscos3sincos0CBBA+−=；②()()2sin2sin2sinaAbcBcbC=−+−.（1）求A的大小；（2）求ABC周长的取值范围【答案】（1）3A=（2）(31,

3+【解析】【分析】（1）若选择①，根据诱导公式，化简整理可得tan3A=，根据角A的范围，即可得答案；若选择②，由正弦定理角化边可得222bcabc+−=，根据余弦定理，结合角A的范围，即可得答案.（2）根据正弦定理，可得b，c的

表达式，进而可得周长l的表达式，根据两角差的正弦公式，辅助角公式，结合角B的范围，即可得答案.【小问1详解】若选择①：则()()coscos3sincosABBBA−++−coscossinsincoscos3sincosABABABBA=−++−sinsin3sincos0ABBA=

−=sin0,sin3cos0BAA−=，tan3A=，(0,)A，3A=.若选择②：由正弦定理角化边可得222222abbccbc=−+−，即222bcabc+−=，2221cos22bcaAbc+−==，(0,)A，3A=.【小问

2详解】由正弦定理可得，12sinsinsin332abcABC====，22sin,sin33bBcC==，ABC的周长()2sinsin13lBC=++，将23CB=−代入，化简得22sinsin12sin1363lBBB=+−+=+

+，ABC为锐角三角形，022032BB−，解得62B，2363B+，3sin126B+，ABC周长的取值范围是(31,3+.21.如图所示，在四棱锥PABCD−中，//BC平面PAD，

12BCAD=，E是PD的中点．（1）求证：//BCAD；（2）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使//MN平面PAB？说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；

（2）取AD中点N，连接CN，EN，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明．【详解】证明：（1）在四棱锥PABCD−中，//BC平面PAD，BC平面ABCD，平面ABCD平面PADAD=，∴//BCAD，（2）线段AD存在点N，使得//MN平面PAB，理由如下：取AD

中点N，连接CN，EN，∵E，N分别为PD，AD的中点，∴//ENPA，∵EN平面PAB，PA平面PAB，∴//EN平面PAB，取AP中点F,连结EF,BF，//EFAN，且=EFAN，因为//BCAD，12BCAD=，所以//BCEF，

且=BCEF，所以四边形BCEF为平行四边形，所以//CEBF.又CE面PAB，BF面PAB，所以//CE平面PAB；又CEENE=，∴平面//CEN平面PAB，∵M是CE上的动点，MN平面CEN，∴//MN平面PAB，∴线

段AD存在点N，使得MN∥平面PAB．22.如图所示，某镇有一块空地OAB，其中3OA=km，33OB=km，90AOB=.当地镇政府规划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖OMN，其中M、N都

在边AB上，且30MON=，挖出的泥土堆放在OAM△地带上形成假山，剩下的OBN△地带开设儿童游乐场.为安全起见，需在OAN的一周安装防护网．（1）当32AM=km时，求OM长度；（2）若要求挖人工湖用地OMN面积是堆假山用地OAM△的面积的3倍，试确定AOM的大小；（3）为

节省投入资金，人工湖OMN的面积要尽可能小，问如何设计施工方案，可使OMN的面积最小？最小面积是多少？【答案】（1）332；（2）15；（3）15AOM=，227(23)km4−﹒【解析】【分析

】(1)先求出∠OAM，再在AOM中，利用余弦定理即可求出OM；的(2)设∠AOM＝θ，根据3OMNOAMSS=△△和三角形面积公式可得63sinON=，在OAN中，由正弦定理可求sin2θ，从而可求出∠AO

M的大小；(3)设(060)AOM=，由(2)知332cosON=，在AOM中，由正弦定理表示出OM，根据1sin2OMNSOMONMON=表示出△OMN面积关于θ的函数，化简根据三角函数最值即可求出其最小值．【小问1详解

】在Rt△OAB中，tan∠OAB＝3，∴∠OAB＝60°，在AOM中，3OA=，32AM=，60OAMOAB==，由余弦定理得222cosOMOAAMOAAMOAM=+−＝931923=422+−33

2；【小问2详解】设(060)AOM=，∵3OMNOAMSS=△△，∴11sin303sin22ONOMOAOM=，即63sinON=，在OAN中，由正弦定理得，sinsinON

OAAONA=，即63sin3sin60sin(3060)=++，即3363sin2cos=，即1sin22=，由02120，得230=，∴15=，即15AOM=；【小问3详解】设(060)AOM

=，由(2)知332cosON=，又在AOM中，由sin60sin(60)OMOA=+，得332sin(60)OM=+，∴113333127sin30222sin(60)2cos28sin(260)43OMNSOMON===+

++△，∴当且仅当26090+=，即15=时，OMN的面积取最小值为227(23)km4−﹒