2023-2024学年厦门市高一数学第二学期期中考试卷附答案解析

2023-2024学年厦门市高一数学第二学期期中考试卷（考试时间120分钟，满分150分）考试时间：2024年4月28日考试时长120分钟一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知复数，则对应的点在复平面的（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2．已知向量，则（

）A． B． C． D．3．下列命题中正确的是（）A．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．棱柱中互相平行的两个面叫棱柱的底面C．棱柱的侧面都是平行四边形，而底面不是平行四边形D．棱柱的侧棱都相等，侧面是平行四边形4．在空间四边形ABCD中，AC=BD，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，顺次连接各边中点E，F，G，H，所得四边形EFGH的形状是（

）A．梯形 B．矩形C．正方形 D．菱形5．某校运动会开幕式上举行升旗仪式，在坡度为的看台上，同一列上的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为和，第一排和最后一排的距离为（如图所示），则旗杆的高度为（

）A．10m B．30m C． D．6．在中，若，且，则的范围为（

）A． B． C． D．7．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．8．已知，，．若点P是△ABC所在平面内一点，且，则的最大值为（

）A．13 B． C． D．二、多选题：本小题共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．设复数，则（

）A．的实部为 B． C．的虚部为 D．10．已知的内角、、所对的边分别为、、，下列说法正确的是（

）A．若，则是钝角三角形B．若，则C．若，则是锐角三角形D．若，，，则只有一解11．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（

）

A．若，则M为的重心B．若M为的内心，则C．若，，M为的外心，则D．若M为的垂心，，则三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12．在△ABC中，B＝135°，C＝15°，a＝5，则此三角形的最大边长为.13．将边长为2的正方形卷成一个圆柱的侧面，所得圆柱的体积为．14．在中，角所对的边分别为.若，，则的最大值为.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15．在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，已知．(1)若，，求的值：(2)若，判断的形状．16．如图，在平行四边形中，，，，，分别为，上的点，且，．(1)若，求，的值；(2)求的值；(3)求．17．如右图所示，ABCD－A1B1C1D1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E是棱BC的中点．(1)求证：BD1∥平面C1DE；(2)求三棱锥D－D1BC的体积18．已知的内角A，B，C的对边为a，b，c，且．(1)求；(2)若的面积为；①已知E为BC的中点，求底边BC上中线AE长的最小值；②求内角A的角平分线AD长的最大值．19．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且(1)求；(2)若，设点为的费马点，求；(3)设点为的费马点，，求实数的最小值．1．C【分析】根据虚数单位的性质化简，再由实部、虚部符号确定复数对应点所在象限.【详解】因为，所以对应的点在复平面的第三象限，故选：C2．A【分析】根据向量线性运算的坐标表示计算可得；【详解】解：因为，所以；故选：A3．D【分析】根据题意，结合棱柱的几何结构特征，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，如图所示满足有两个面互相平行，其余各面都是四边形，但该几何体不是棱柱，故A不正确；对于B中，正六棱柱中有四对互相平行的面，但只有一对面为底面，所以B不正确；对于C中，长方体、正方体的底面都是平行四边形，故C不正确；对于D中，根据棱柱的几何结构特征，可得棱柱的侧棱都相等，且侧面都是平行四边形，所以D正确.故选：D.4．D【分析】根据空间四边形中各点的位置，结合中位线的性质可得EFGH是平行四边形，再由AC=BD即可判断四边形EFGH的形状.【详解】如图所示，空间四边形ABCD中，连接AC，BD可得一个三棱锥，将四个中点连接，得到四边形EFGH，由中位线的性质及基本性质4知，EH∥FG，EF∥HG；∴四边形EFGH是平行四边形，又AC=BD，∴HG=AC=BD=EH，∴四边形EFGH是菱形.故选：D5．B【分析】先根据正弦定理求出，再根据直角三角形三角函数关系即可求解.【详解】如图，由题可知：在中，，，所以．根据正弦定理得，，所以，在中，．故选：B6．A【分析】根据题意，利用正弦定理化简得到，结合和余弦函数的性质，即可求解.【详解】因为，由正弦定理得，则，又因为，可得，所以，所以的范围为.故选：A.7．D【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,则四边形为平行四边形，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．B【分析】以为原点，建立直角坐标系，利用向量的数量积的坐标运算，以及二次函数的性质，即可求解.【详解】以A为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，设P（x，y）则，可得，，所以，即，故，，所以，当且仅当即时等号成立．故选：B．9．AB【分析】根据复数除法求出，由复数的概念判断AC，根据共轭复数判断B，根据模的定义判断D.【详解】因为，所以的实部为，虚部为，，，故选：AB10．ABD【分析】对于A，利用正弦定理及大边对大角，结合余弦定理的推论即可求解；对于B，利用正弦定理的角化边即可求解；对于C，利用向量的数量积的定义即可求解；对于D，利用正弦定理及三角函数的特殊值对应特殊角即可求解.【详解】对于A，因为的三个角满足，所以由正弦定理化简得，设，为最大边，由余弦定理得，所以为钝角，所以是钝角三角形，故A正确；对于B，由及正弦定理，得,解得，故B正确；对于C，因为，所以，所以，所以为锐角，但无法确定和是否为锐角，故C错误；对于D，由正弦定理得，解得，因为,所以，所以只有一解，故D正确.故选：ABD.11．ABD【分析】A选项，，作出辅助线，得到，，三点共线，同理可得为的重心；B选项，设内切圆半径为，将面积公式代入得到；C选项，设外接圆半径，由三角形面积公式求出三个三角形的面积，得到比值；D选项，得到，作出辅助线，由面积关系得到线段比，设，，，表示出，，，结合三角函数得到，，进而求出余弦值；【详解】对A选项，因为，所以，取的中点，则，所以，故，，三点共线，且，同理，取中点，中点，可得，，三点共线，，，三点共线，所以为的重心，A正确；

对B选项，若为的内心，可设内切圆半径为，则，，，所以，即，B正确；对C选项，若，，为的外心，则，设的外接圆半径为，故，，，故，，，所以，C错误；

对D选项，若为的垂心，，则，如图，，，，相交于点，又，，即，，即，，即，设，，，则，，，因为，，所以，即，，则，D正确；故选：ABD.

【点睛】关键点点睛：本题考查向量与四心关系应用，关键是利用三角形的几何关系及向量数量积及向量线性表示逐项判断.12．【详解】解：利用正弦定理可知，B角对的边最大，因为故答案为：13．【分析】先计算底面积，再计算体积.【详解】故答案为【点睛】本题考查了圆柱的体积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.14．【分析】由正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式化简计算可得.【详解】，则，，的最大值为.故答案为：.15．(1)(2)等边三角形．【分析】（1）由正弦定理边化角，求出，再利用余弦定理可得答案；(2)由余弦定理得结合得，进而，从而可得答案.【详解】（1）由正弦定理，，故，再由余弦定理得，,从而；（2）因为，所以由余弦定理得结合得，进而，所以是等边三角形．16．(1)(2)(3)【分析】（1）由向量的运算法则求解（2）分解后由数量积的运算求解（3）由数量积的定义求夹角【详解】（1），故（2）（3），17．(1)见解析；(2).【分析】（1）利用三角形中位线的性质，证明线线平行，从而可得线面平行；（2）利用等体积，即可求得三棱锥D﹣D1BC的体积．【详解】（1）证明：连接D1C交DC1于F，连接EF，在正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面四边形DCC1D1为矩形，∴F为D1C的中点．又E为BC的中点，∴EF∥D1B．∴BD1∥平面C1DE．（2）解：连接BD，又△BCD的面积为．故三棱锥D﹣D1BC的体积．【点睛】本题考查线面平行，考查三棱锥体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．18．(1)(2)长的最小值为，的最大值【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到，进而求出；（2）由面积公式求出，进而根据向量的模长公式结合不等式即可求解的最值，根据三角形面积公式，结合等面积法，利用基本不等式可求解的最值.【详解】（1）由正弦定理，得，即，故，因为，所以，所以；（2）①由（1）知，因为的面积为，所以，解得，由于，所以当且仅当时，等号取得到，所以；②因为为角的角平分线，所以，由于，所以，由于,所以，由于，又，所以由于，当且仅当时，等号取得到，故，故，19．(1)(2)(3)【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案；（2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案.（3）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案.【详解】（1）