广东省深圳市名校联考2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题【含答案解析】

2023～2024学年度高一年级下学期期中考试数学考生注意：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟.2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.4．本卷命题范围：必修第二册第6章～第8章空间直线、平面的平行.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.设复数，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的乘除法运算即可得出答案.【详解】解：.故选：B.2.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（）A. B. C. D.2【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理求解.【详解】解：由正弦定理，得，故选：B3.如图，是水平放置的的斜二测直观图，为等腰直角三角形，其中与重合，，则的面积是（）A.2 B. C.4 D.【答案】B【解析】【分析】根据斜二测画法求面积即可.【详解】因为为等腰直角三角形，所以，，根据斜二测画法可得，所以.故选：B.4.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用余弦定理即可求解.【详解】由余弦定理知，因为，所以，故C正确.故选：C.5.已知，，且，的夹角为，则在上的投影向量为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】分析】先求出，再利用投影向量运算即可求解.【详解】由题意得，则在上的投影向量为，故D正确.故选：D.6.在长方体中，直线与平面的交点为，与交于点，则下列结论正确的是（）A.，，三点确定一个平面 B.，，三点共线C.，，，四点共面 D.，，，四点共面【答案】B【解析】【分析】根据平面的基本性质，异面直线的判定定理，逐一验证各个选项.【详解】如下图所示：根据题意，连接，则，所以四点共面，所以面，又，所以面，又面，所以点在面与面的交线上面，同理可得点在面与面的交线上面，所以，，三点共线，故A选项错误，B选项正确；由异面直线判定定理可知C选项中为异面直线，故C选项错误；由异面直线判定定理可知D选项中为异面直线，故D选项错误故选：B.7.如图，平行四边形ABCD中，M是BC中点，N是CD上靠近点D的三等分点，若（，），则的值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用平面向量的加法，减法和数乘得到，再利用待定系数法求解.【详解】解：因为，所以，所以，所以，，．故选：D8.已知四棱锥中，底面为平行四边形，为的中点，点在棱上，且满足平面，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】连接AC交BQ，BD分别于点N，O，连接MN，由线面平行的性质定理可得，再借助比例式可得答案.【详解】如下图，四棱锥中，连接AC交BQ，BD分别于点N，O，连接MN，因底面ABCD为平行四边形，则O是AC中点，也是BD中点，而点Q是AD中点，于是得点N是重心，从而得，因平面，平面，平面平面，因此得，于是得，所以.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.下列说法正确的有（）A.若与是单位向量，则B.若非零向量与是相反向量，则C.D.若与共线，与共线，则与共线【答案】BC【解析】【分析】对于A，只需与不共线即可排除；对于B，由相反向量的定义即可求解；对于C，由数量积的定义即可判断；对于D，只需为零向量，、不共线即可排除.【详解】与是单位向量且方向不同时，，A错误；根据相反向量的定义可知，与方向相反且两个向量模相等，即，B正确；，C正确；若为零向量，、为非零向量，则与不一定共线，D错误．故选：BC.10.内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】利用正弦定理可得，可得即，然后可求出，分类讨论从而可求解.【详解】因为，所以，由正弦定理可得，又，所以，因为，，所以，所以，所以或，当时，；当时，.故A、C正确.故选：AC.11.已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，为上底面上的动点（包括边界），则下列结论中正确的是（）A.若，则满足条件的点不唯一B.若，则点的轨迹是一段圆弧C.若∥平面，则的最大值为D.若∥平面，且，则平面截正四棱柱的外接球所得平面图形的面积为【答案】BCD【解析】【分析】由正四棱柱性质分别求得的长判断AB，由面面平行的性质确定点轨迹后，由三角形性质得最大值判断C，确定点位置得截面，从而由正四棱柱性质求得相应面积判断D．【详解】由题意在上底面内，与上底面垂直，因此有，选项A，，则，但上底面矩形中，对角线，因此不存在符合条件的点，A错；选项B，由上可知，因此点轨迹是一段圆弧，B正确；选项C，连接，由与平行且相等得是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面平面，∥平面，所以平面，从而，在中，，因此的最大值是，C正确；选项D，连接，交于点，连接，由正四棱柱性质可得，取中点，由与平行且相等可得是平行四边形，即，且，而平面，平面，因此平面，所以该点为满足条件点，平面即正四棱柱的对角面，它截正四棱柱的外接球的截面即为该球的大圆，由正四棱柱性质知其外接球直径等于四棱柱对角线长，因此截面面积为，D正确．故选：BCD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶､石瓢壶､潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台（其他因素忽略不计），如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：），那么该壶的侧面积约为__________.【答案】【解析】【分析】把石瓢壶的壶体近似看成一个圆台，可根据条件求出母线长，利用圆台侧面积公式计算即可.【详解】根据题意，石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图为该圆台的轴截面，上底面半径下底面半径高则该圆台的母线长为故圆台的侧面积故答案为：.13.设，向量，，且，则____________；当时，的取值范围为____________．【答案】①.②.【解析】【分析】根据向量垂直列方程求得，进而可得空1答案；利用平方的方法，结合二次函数的性质求得的取值范围.【详解】空1：因为，所以，即，得；空2：由题知，又，所以当时，取得最小值，最小值为12，当时，取得最大值，最大值为28，故的取值范围为．故答案为：；.14.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，M是边BC边上一点，，，且，则的最小值为____________．【答案】【解析】【分析】由等面积法可得：，可得，再结合基本不等式求最值.【详解】由等面积法可得：，所以，所以，可得，所以，当且仅当，时取等号，所以的最小值为．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.已知复数（为虚数单位，），且是纯虚数.（1）求复数；（2）在复平面内，复数对应的点位于第三象限，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据复数乘法运算法则和纯虚数概念求解即可；（2）根据复数运算法则以及几何意义求解即可.【小问1详解】因为，且是纯虚数，所以是纯虚数，则，即，所以.小问2详解】，由题意可得，解得，所以实数的取值范围是16.已知向量满足，，．（1）求与的夹角；（2）若，，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用向量的数量积性质及运算规律即可求解；（2）由，再利用求模公式求解．【小问1详解】因为，，，设，所以，所以，因为，所以，即与的夹角为；【小问2详解】因为，则，故．17.已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的外接圆半径为R，且．（1）求B；（2）若，，求的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）由，利用正弦定理得到，结合，从而求解．（2）由，得到．再结合正弦定理得到求解.【小问1详解】由题知，所以．又，所以，所以．因为，，所以．又，所以．【小问2详解】因为，所以，即．又，所以，因为，所以，即，所以，故，所以，故的取值范围为．18.如图，正三棱柱中，E、F、G分别为棱、、的中点．（1）证明：∥平面；（2）在线段是否存在一点，使得平面∥平面？若存在，请指出并证明；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在；N为的中点，证明见解析【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，证明后证得线面平行；（2）N为的中点时，平面平面．由线面平行的判定定理证明与平面平行后可得证面面平行．【小问1详解】证明：取的中点，连接，，在中，因为E、M分别为、的中点所以且．又为的中点，，所以且，即且，故四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．【小问2详解】当N为的中点时，平面平面．证明：连接，．因为N，F分别是和的中点，所以．因为平面，平面，所以平面．因为，，所以．因为平面，平面，所以平面．又因为平面，平面，，所以平面平面．19.重庆是我国著名的“火炉”城市之一，如图，重庆某避暑山庄O为吸引游客，准备在门前两条小路OA和OB之间修建一处弓形花园，使之有着类似“冰淇淋”般的凉爽感，已知，弓形花园的弦长，记弓形花园的顶点为，设.（1）将用含有的关系式表示出来；（2）该山庄准备在点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何设计的长度，才使得喷泉与山庄的距离的值最大？【答案】（1），（2）答案见解析【解析】【分析】（1）在中利用正弦定理