浙江省金华市第一中学高一下学期4月期中考试数学

金华一中2023学年第二学期期中考试高一数学试题卷一、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，只有一项是符合题目要求的.1.复数为虚数单位）的虚部为（）A. B. C. D.2.已知向量，若，则实数（）A. B. C.1 D.23.中，A，B，C是的内角，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件4.对于两条不同的直线m、n和两个不同的平面α、β，以下结论中正确的是（）A.若，，m、n异面直线，则α、β相交B若m⊥α，m⊥β，，则C.，，m、n共面于β，则D.若m⊥α，n⊥β，α、β不平行，则m、n为异面直线5.向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.6.侧面积为的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面半径为（）A. B. C.2 D.17.已知三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，且，，则此三棱锥外接球的体积为（）A. B. C. D.8.中，已知，且，则是A.三边互不相等的三角形 B.等边三角形C.等腰直角三角形 D.顶角为钝角的等腰三角形二、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.平面向量，是不共线的向量，则下列正确的是（）A. B.C. D.10.已知，则下列结论正确的有（）A. B.C. D.11.下面有关三角形的命题正确的是（）A.若的面积为，则B.在中，，，.则这样的三角形有且只有一个C.在中，若，则最大内角是最小内角的2倍D.在中，，，，则边上的高为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设，若，其中是虚数单位，则_____________13.如图所示，直观图四边形是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是____________.14.在边长为1正方体中，点M是该正方体表面上一个动点，且平面，则动点M的轨迹的长度是__________.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.在复平面内，点A，B对应的复数分别是，（其中是虚数单位），设向量对应的复数为.（1）求复数；（2）求；（3）若，且是纯虚数，求实数的值.16.如图，在几何体中，四边形为菱形，对角线与的交点为O，四边形为梯形，.（1）若，求证：平面；（2）若，求证：平面平面.17.如图，游客从某旅游景区的景点处下上至处有两种路径．一种是从沿直线步行到，另一种是先从沿索道乘缆车到，然后从沿直线步行到．现有甲、乙两位游客从处下山，甲沿匀速步行，速度为．在甲出发后，乙从乘缆车到，在处停留后，再从匀速步行到，假设缆车匀速直线运动的速度为，山路长为1260，经测量，．（1）求索道长；（2）问：乙出发多少后，乙在缆车上与甲的距离最短？（3）为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在什么范围内？18.如图，在三棱锥中，，D为的中点，平面，垂足O落在线段上.（1）证明：；（2）已知，，，且直线与平面所成角正弦值为.①求此三棱锥的体积；②求二面角的大小.19.中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，，.（1）求角B的最大值，以及边长b的最大值；（2）设的面积为S，求的取值范围.金华一中2023学年第二学期期中考试高一数学试题卷一、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，只有一项是符合题目要求的.1.复数为虚数单位）的虚部为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由虚数的定义求解．【详解】复数的虚部是－1．故选：B．【点睛】本题考查复数的概念，掌握复数的概念是解题基础．2.已知向量，若，则实数（）A. B. C.1 D.2【答案】B【解析】【分析】依题意可得，根据数量积的坐标运算得的方程，解得即可；【详解】解：因为，且，所以，即，解得；故选：B3.中，A，B，C是的内角，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】根据充要条件的定义分析可得答案.【详解】若，则成立，所以“”是“”的充分条件，若，因为，所以，所以“”是“”的必要条件，所以“”是“”的充分必要条件，故选：C．4.对于两条不同的直线m、n和两个不同的平面α、β，以下结论中正确的是（）A.若，，m、n是异面直线，则α、β相交B若m⊥α，m⊥β，，则C，，m、n共面于β，则D.若m⊥α，n⊥β，α、β不平行，则m、n为异面直线【答案】C【解析】【分析】由线面平行的性质和面面的位置关系可判断A；由线面垂直的性质和面面平行的判断和性质，可判断B；由线面平行的性质定理可判断C；由线面垂直的性质和面面的位置关系可判断D．【详解】若，，m、n是异面直线，则α、β相交或平行，故A错误；若m⊥α，m⊥β，则，由，则或，故B错误；利用线面平行的性质定理，可知，，m、n共面于β，则成立，故C正确；若m⊥α，n⊥β，α、β不平行，则m、n为异面直线或相交，故D错误．故选:C.5.向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】分析】代入投影向量公式，即可求解.【详解】向量在向量上的投影向量为.故选：C6.侧面积为的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面半径为（）A. B. C.2 D.1【答案】D【解析】【分析】根据圆锥侧面积公式及圆的面积求解.【详解】设底面半径为，母线长为，则，解得，又，解得，故选：D7.已知三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，且，，则此三棱锥外接球的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据三棱锥的三条侧棱两两垂直，知其外接球就是所在长方体的外接球，设出棱长，求出体对角线，即可得出球的直径得解.【详解】三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，其外接球就是以为长、宽、高的长方体的外接球，设，则有，可求得，即长方体的对角线的长为，所以球的直径是，半径为，所以外接球的体积．故选：A．8.中，已知，且，则是A.三边互不相等的三角形 B.等边三角形C.等腰直角三角形 D.顶角为钝角的等腰三角形【答案】C【解析】【分析】先根据判断出的角平分线与垂直，进而推断三角形为等腰三角形，再由结合数量积公式求得，判断出三角形的形状．【详解】∵，分别是与，同向的单位向量，∴的角平分线与垂直，∴，∵∴，得，∵，∴，∴，∴为等腰直角三角形．故选：C．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.平面向量，是不共线的向量，则下列正确的是（）A. B.C. D.【答案】CD【解析】【分析】根据的符号判断AC，再由判断BD.【详解】因为，且向量，是不共线的向量，所以，所以，即，故A错误，C正确；因为，当且仅当共线时等号成立，所以，故B错误，D正确.故选：CD10.已知，则下列结论正确的有（）A. B.C. D.【答案】BCD【解析】【分析】设，利用复数的运算和模的运算求解，逐项判断.【详解】解：设，则，所以，，则，故A错误；，，所以，故B正确；因为，所以，故C正确；因为，所以，而，所以，故D正确故选：BCD11.下面有关三角形的命题正确的是（）A.若的面积为，则B.在中，，，.则这样的三角形有且只有一个C.在中，若，则最大内角是最小内角的2倍D.在中，，，，则边上的高为【答案】ACD【解析】【分析】对于A结合三角形的面积公式与余弦定理进行计算，对于B利用正弦定理可得，从而可求出角判断，对于C利用正弦定理化角为边，再结合余弦定理和二倍角公式求解，对于D由余弦定理求出，再根据三角形的面积公式求解.【详解】对于A，由题意得，整理得，所以，所以，得，因为，所以，所以A正确；对于B，由正弦定理得，则，得，因为，所以或，所以满足条件的三角形有2个，所以B错误；对于C，因为，所以由正弦定理得，设，则最大角为，最小角为，由余弦定理得，，所以，因为，所以均为锐角，所以，所以，所以最大内角是最小内角的2倍，所以C正确；对于D，由余弦定理得，则，即，解得或（舍去），因为，，所以，所以的面积为，设边上的高为，则，解得，所以D正确，故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.设，若，其中是虚数单位，则_____________【答案】7【解析】【分析】根据复数相等求解.【详解】因为，所以，即，所以，故答案为：13.如图所示，直观图四边形是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是____________.【答案】##【解析】【分析】由斜二侧画法可知，原图为直角梯形，上底为1，高为2，下底为，利用梯形面积公式求解即可．【详解】根据斜二侧画法可知，原图形为直角梯形，如图，其中上底，高，下底为，．故答案为：．14.在边长为1的正方体中，点M是该正方体表面上一个动点，且平面，则动点M的轨迹的长度是__________.【答案】【解析】【分析】连接，，，证明平面平面，则动点M的轨迹为，即可得解.【详解】如图，边长为1的正方体中，动点M满足平面，由面面平行的性质得：当始终在一个与平面平行的面内，即满足题意，连接，，，因为且，所以四边形为平行四边形，所以，同理，又平面，平面，所以平面，因为平面，平面，所以平面，又因平面，所以平面平面，又平面，M是该正方体表面上一个动点，所以动点M的轨迹为.因为，所以动点M的轨迹的长度为.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.在复平面内，点A，B对应的复数分别是，（其中是虚数单位），设向量对应的复数为.（1）求复数；（2）求；（3）若，且是纯虚数，求实数的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据复数与点的对应及向量的坐标运算得解；（2）根据复数的乘法运算、乘法运算及模的运算得解；（3）根据复数的除法运算及纯虚数的概念求解.【小问1详解】因为点A，B对应的复数分别是，，所以，所以，故.【小问2详解】因为，所以.【小问3详解】因为，所以，由是纯虚数，可知且，解得.16.如图，在几何体中，四边形为菱形，对角线与的交点为O，四边形为梯形，.（1）若，求证：平面；（2）若，求证：平面平面.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，从而可得为平行四边形，即可证明平面；（2）只需证明平面，即可证明平面平面.【小问1详解】证明：取的中点，连接，，∵是菱形的对角线，的交点，∴，且，又∵，且，∴，且，从而为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.【小问2详解】证明：连接，∵四边形为菱形，∴，∵，是的中点，∴，又，平面，∴平面，又平面，∴平面平面.17.如图，游客从某旅游景区的景点处下上至处有两种路径．一种是从沿直线步行到，另一种是先从沿索道乘缆车到，然后从沿直线步行到．现有甲、乙两位游客从处下山，甲沿匀速步行，速度为．在甲出发后，乙从乘缆车到，在处停留后，再从匀速步行到，假设缆车匀速直线运动的速度为，山路长为1260，经测量，．（1）求索道的长；（2）问：乙出发多少后，乙在缆车上与甲的距离最短？（3）为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在什么范围内？【答案】（1）m（2）（3）（单位：m/min）【解析】【详解】（1）在中，因为，，所以，，从而．由正弦定理，得（）．（2）假设乙出发后，甲、乙两游客距离为，此时，甲行走了，乙距离处，所以由余弦定理得，由于，即，故当时，甲、乙两游客距离最短．（3）由正弦定理，得（）．乙从出发时，甲已走了（），还需走710才能到达．设乙步行的速度为，由题意得，解得，所以为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在（单位：）范围内．考点：正弦、余弦定理在实际问题中的应用.【方法点睛】本题主要考查了正弦、余弦定理在实际问题中的应用，考查了考生分析问题和利用所学知识解决问题的能力，属于中档题.解答应用问题，首先要读懂题意，设出变量建立题目中的各个量与变量的关系，建立函数关系和不等关系求解.本题解得时，利用正余弦定理建立各边长的关系，通过二次函数和解不等式求解，充分体现了数学在实际问题中的应用.18.如图，在三棱锥中，，D为的中点，平面，垂足O落在线段上.（1）证明：；（2）已知，，，且直线与平面所成角正弦值为.①求此三棱锥的体积；②求二面角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）①；②【解析】【分析】（1）由题意，