福建省福州市六校2023-2024学年高一下学期期中联考数学试题【含答案解析】

2023-2024学年第二学期高一年段期中六校联考数学试卷（满分：150分，完卷时间：120分钟）一、单选题：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.设复数，则（）A.2 B.0 C. D.【答案】C【解析】【分析】利用复数除法运算求出，再求出的模.【详解】依题意，，所以.故选：C2.已知是两个不共线的向量，且，则（

）A.三点共线 B.三点共线C.三点共线 D.三点共线【答案】A【解析】【分析】借助向量运算与共线定理即可得.【详解】，故，则，又因为两向量有公共点，故三点共线.故选：A.3.在中，，则（）A. B.或 C. D.或【答案】D【解析】【分析】根据大边对大角可得A>B，结合正弦定理和三角形内角的范围即可得出结果.【详解】在中，根据大边对大角可得A>B，由正弦定理，得，所以，故或.故选：D4.在矩形中，，，为线段的中点，为线段上靠近的四等分点，则的值为（）A.4 B.8 C. D.5【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标表示计算得解.【详解】依题意，以点为原点，直线分别为轴建立平面直角坐标系，如图，则，，所以.故选：B5.已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据圆锥侧面展开图的形状先求出圆锥的母线，然后求出半径，再由圆锥的体积公式进行求解.【详解】设母线长为，依题意得，，解得，于是圆锥的高为，根据圆锥的体积公式，其体积为：.故选：B6.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则的值是（）A.6 B.8 C.4 D.2【答案】A【解析】【分析】根据正弦定理结合题干条件可得到，再由余弦定理得，代入已知条件可得到最终结果.【详解】因为，根据正弦定理得到：故得到再由余弦定理得到：代入，，得到.故选：A.7.中国是瓷器的故乡，“瓷器”一词最早见之于许慎的《说文解字》中．某瓷器如图1所示，该瓷器可以近似看作由上半部分圆柱和下半部分两个圆台组合而成，其直观图如图2所示，已知圆柱的高为，底面直径，，，中间圆台的高为，下面圆台的高为，若忽略该瓷器的厚度，则该瓷器的侧面积约为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先计算两个圆台的母线长，根据圆柱和圆台的侧面积公式和可得该瓷器的侧面积.【详解】由，，可得该瓷器的侧面积为．故选：D8.瑞士数学家欧拉于1748年提出了著名的公式：，其中是自然对数的底数，是虚数单位，该公式被称为欧拉公式.根据欧拉公式，下列选项正确的是（）A.复数为实数B.对应的点位于第二象限C.若，在复平面内分别对应点，，则面积的最大值为D.【答案】D【解析】【分析】由欧拉公式及复数相关概念计算逐项计算判断即可.【详解】对于A：，则复数为纯虚数，故A错误；对于B：，因为，所以，，所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限，故B错误；对于C：，，，，因此的面积为，因为，所以面积的最大值为，故C错误；对于D：，所以，故D正确.故选：D二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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.下列有关复数的说法中（其中i为虚数单位），正确的是（）A.B.复数的共轭复数的虚部为2C.若是关于的方程的一个根，则D.若复数满足，则的最大值为2【答案】BD【解析】【分析】由复数的运算法则，可判定A不正确；求得，可判定B正确；根据题意，得到方程的另一根为，进而求得，可判定C不正确；结合复数的几何意义，可判定D正确.【详解】对于A中，由复数的运算法则，可得，所以A不正确；对于B中，由复数，可得，可得虚部为，所以B正确；对于C中，由若是关于的方程的一个根，可得方程的另一根为，则，所以C不正确；对于D中，由复数满足，可得在复平面内表示以为圆心，半径为的圆，又由表示圆上的点到原点的距离，可其最大值为，所以D正确.故选：BD.10.如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量．若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标，记．在上述坐标系中，若，，则（）A. B. C. D.与夹角的余弦值为【答案】AD【解析】【分析】由题设，且，利用向量数量积的运算律求、和，进而求夹角，即可判断各项正误.【详解】由题意，，且，A正确；所以，则，，则，B错误；，故C错误；由上知：，D正确.故选：AD11.给出下列命题，其中正确的选项有（）A.若，，向量与向量的夹角为，则在上的投影向量为B.已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是C.若，则是的垂心D.在中，向量与满足，且，则为等边三角形【答案】ACD【解析】【分析】A.利用在上投影向量的定义求解；B.根据与的夹角为锐角，由，且不共线且同向求解；C.由，得到判断；D.由，且是的角平分线上的向量得到，再结合判断.【详解】A.因为，，向量与向量的夹角为，则，所以在上的投影向量为，故A正确；B.因为，，且与的夹角为锐角，，所以，且不共线且同向，即，且，解得，故B错误；C.因为，所以，即，所以是的垂心，故C正确；D.在中，因为向量与满足，则，又是的角平分线上的向量，所以，又，所以，所以为等边三角形，故D正确，故选：ACD12.在中，角，，的对边分别为，，，下列四个命题中，正确的有（）A.当，，时，满足条件的三角形共有1个B.若是钝角三角形，则C.若，则D.若，，则面积的最大值为【答案】BD【解析】【分析】对于A选项利用正余弦定理即可，对于B选项分类讨论即可，对于C选项利用切化弦化简即可，对于D根据余弦定理结合三角形面积公式与基本不等式判断即可.【详解】对于A：由余弦定理有：……①，，，代入①式有：……②上式判别式，故②式无解，即不存在，故A错误.对于B：当时，；故显然成立；当时，且，则，所以……③，对③式两边同乘以有；当时，；故显然成立；综上所述三种情况都有：恒成立，故B正确；对于C：当时，，当时，时，得不出，故C错误；对于D：若，，则由余弦定理，有.又，故，当且仅当时取等号.故，故D正确；故选：BD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量满足，且，则与的夹角为_________．【答案】##【解析】【分析】利用向量垂直的条件及向量的夹角公式即可求解.【详解】由，得，解得，设与的夹角为，则，因为，所以.所以与的夹角为.故答案为：.14.如图所示的是用斜二测画法画出的的直观图（图中虚线分别与轴，轴平行），则原图形的面积是_____．【答案】40【解析】【分析】根据斜二测画法还原原图形，求出其面积.【详解】根据题意，原图形如下图：的底边AB的长为5，高为16，其面积为.故答案为：4015.海上某货轮在处看灯塔在货轮北偏东，距离为海里处；在处看灯塔，在货轮的北偏西，距离为海里处；货轮由处向正北航行到处时看灯塔在北偏东，则灯塔与处之间的距离为______海里.【答案】【解析】【分析】根据给定信息作出图形，在中用正弦定理求，在中用余弦定理计算作答.【详解】如图所示，，，，，，在中，，，由正弦定理得，在中，由余弦定理得，即灯塔与处之间的距离为海里.故答案为：16.赵爽是我国汉代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》作注解时，给出了“赵爽弦图”：四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大的正方形．如图所示，正方形ABCD的边长为，正方形EFGH边长为1，则的值为______；______．【答案】①.6②.【解析】【分析】根据给定的“赵爽弦图”，利用勾股定理求出的值，再利用向量数量积的定义求出，利用和角的正切求出作答.【详解】依题意，全等，在中，，由得：，即，又，解得，；，所以.故答案为：6；四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知向量，，．（1）若，求的值；（2）若，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由向量平行得出，进而由模长公式的得出的值；（2）根据向量垂直的坐标表示得出的值．【小问1详解】由得，∴，∴【小问2详解】由已知，又，∴，解得18.如图所示，正方体的棱长为2，连接，，，，，得到一个三棱锥.求：（1）三棱锥的表面积与正方体表面积的比值；（2）三棱锥的外接球的表面积和体积.【答案】（1）；（2），.【解析】【分析】（1）求出三棱锥的各条棱长，再求出三棱锥及正方体的表面积即可.（2）求出三棱锥外接球半径，再求出球的表面积和体积.【小问1详解】正方体的棱长为2，则，显然三棱锥是正四面体，其表面积为，而正方体的表面积为，所以三棱锥的表面积与正方体表面积的比值为【小问2详解】显然三棱锥的外接球即为正方体的外接球，设球半径为，则，即，所以三棱锥的外接球的表面积为，体积为.19.如图，在中，已知为线段上一点，.（1）若，求实数，的值；（2）若，，，且与的夹角为120°，求的值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据平面向量基本定理可得，整理可得结果；（2）根据平面向量基本定理可求得，，根据数量积的运算法则代入模长和夹角，整理可求得结果.【小问1详解】由得：，∵，【小问2详解】由得：∴又，，且与的夹角为120°，则所以20.在中，角，，所对的边分别为，，，已知.（1）求角的大小；（2）若，且外接圆半径为，求边上的高.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式化简即得.（2）利用正弦定理求出边c，利用余弦定理求出，再利用三角形面积公式计算即得.【小问1详解】中，由及正弦定理，得，即，整理得，而，则，又，所以.【小问2详解】由（1）知，，由正弦定理得，由余弦定理，得，解得，的面积，即，所以.21.某种植园准备将如图扇形空地分隔成三部分建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、郁金香和菊花；已知扇形的半径为70米，圆心角为，动点在扇形的弧上，点在上，且.（1）当米时，求的长和郁金香区的面积；（2）综合考虑到成本和美观原因，要使郁金香种植区的面积尽可能的大；设，求面积的最大值.【答案】（1）米，平方米；（2）平方米.【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理即可求出的长，再利用三角形面积公式计算得解.（2）在中，先利用正弦定理求出，再根据三角形的面积公式，利用三角恒等变换化简结合三角函数的性质即可得解.【小问1详解】由，得，在中，，由余弦定理得，即，而，解得，，所以的长为米，郁金香区的面积平方米.【小问2详解】由，得，，在中，由正弦定理得，则，因此，当时，，的面积取得最大值，所以面积的最大值为平方米.22.如图，在中，已知，，，边上的中点为，点是边上的动点（不含端点），，相交于点.（1）求；（