福建省泉州市永春县2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷

2023-2024学年福建省泉州市永春县高一（下）期中数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知复数，则（）A． B． C． D．2．已知圆锥的轴截面是腰长为10的等腰三角形，且该三角形底角的正弦值为，则该圆锥的底面积与表面积之比为（）A． B． C． D．3．在平行四边形中，E为的中点，设，则（）A． B．1 C． D．24．利用斜二测画法得到的（）①三角形的直观图是三角形，②平行四边形的直观图是平行四边形③正方形的直观图是正方形，④菱形的直观图是菱形A．③④ B．① C．①② D．①②③④5．已知内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，，则的面积为（）A． B． C． D．6．已知一个圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为的扇形，将该圆锥加工打磨成一个球状零件，则该零件表面积的最大值为（）A． B． C． D．7．若复数z满足，其中i为虚数单位，则（）A．1 B． C．2 D．8．在中，三边长可以组成公差为1的等差数列，最大角的正弦值为，则这个三角形的面积为（）A． B． C． D．二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．9．下列命题为真命题的是（）A．过任意三点有且仅有一个平面B．m为直线，，为平面，若，，则C．m，n为直线，为平面，若，，则D．m，n为直线，为平面，若，，则10．在中，下列命题正确的是（）A．若，则定为锐角三角形B．若，则C．若，则为等腰三角形或直角三角形D．若点P满足，则点P必为此三角形的重心11．如图所示的各个向量中，下列结论正确的是（）A． B． C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为2，高为4，内装水若干，将容器放倒．把一个侧面作为底面，如图2，这时水面恰好是中截面．则图1中容器水面的高度是______．13．若非零向量，，满足，且，则与的夹角为______．14．一艘船以每小时15公里的速度向东航行，已知船在A处看到北偏东方向有一个灯塔B，行驶4小时后，船到达C处，看到灯塔在北偏东方向，此时船与灯塔的距离是______公里．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．（本小题13分）已知向量，，．（1）若点A、B、C能构成三角形，求实数m的取值范围；（2）若在中，为直角，求．16．（本小题15分）已知的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，．（1）求的值；（2）求的值．17．（本小题15分）如图，在三棱锥中，，，，，D为线段的中点，E是线段上一动点．（1）当时，求证：面；（2）当的面积最小时，求三棱锥的体积．18．（本小题17分）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．（1）求B；（2）若，求C．19．（本小题17分）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．（1）求证：； （2）若，且，求的值．2023-2024学年福建省泉州市永春县高一（下）期中数学试卷【答案】1．C 2．C 3．C 4．C5．B 6．A 7．A 8．B9．BD 10．BCD 11．AC12．3 13． 14．15．解：（1），A，B，C不共线，即（2），，，，16．解：（1）已知，，，由余弦定理得：，所以．由正弦定理得：．（2）因为，故A为锐角．所以，所以，，所以．17．证明：（1）中，，中，，，，则有，，，，又面，平面，面．解：（2）等腰中，由D为中点知，，，，，平面，平面，，又，，平面，平面，，即为直角三角形，最小时，的面积最小，过点D作的垂线，当E为垂足时，最小为，平面，平面，，又，，平面，．18．解：（1）因为，所以．由余弦定理得，因此．（2）由（1）知，所以，故或，因此或．19．解：（1），，由正弦定理可得，，，，即；（2），且，不是最大角，，，即，，由余弦定理得，，则，即．【解析】1．解：，．故选：C．把代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．2．解：设圆锥的底面半径为r，圆锥的轴截面是腰长为10的等腰三角形，且该三角形底角的正弦值为，则该圆锥的高为6，底面半径为8，圆锥的底面积为：，圆锥的表面积为：，该圆锥的底面积与表面积之比为，故答案为：C．利用已知条件先求得圆锥的底面半径，再分别计算圆锥的底面积和表面积，即可求解．本题考查了圆锥的底面积和表面积计算，属于基础题．3．【分析】本题考查了平面向量的基本定理，属于基础题．用，表示出，，根据平面向量的基本定理列出方程解出m，n．【解答】解：四边形是平行四边形，．是的中点，，．，解得，．．故选C．4．解：斜二测画法得到的图形与原图形中的线线相交、线线平行关系不会改变，有的边的长度会发生变化，因此三角形的直观图是三角形，平行四边形的直观图是平行四边形．故选：C．根据斜二测画法的特点进行判断即可．本题考查斜二测画法辨析，属于基础题．5．由正弦定理，得①由余弦定理，得②由①②得：，，又．所以6．解：由题意，得该圆锥的母线长，设圆锥的底面半径为R，高为ℎ，如图所示，由，得，所以，圆锥内切球的半径等于内切圆的半径，设的内切圆为圆，其半径为r，由，得，解得，故能制作的零件表面积的最大值为．故选：A．运用扇形的弧长公式可求得圆锥半径，结合等面积法可求得三角形的内切圆半径，进而求得圆锥内切球的表面积．本题主要考查了圆锥的内切球问题，属于中档题．7．解：复数z满足，解得，所以．故选：A．求出复数z，再计算的值．本题考查了复数的模长计算问题，是基础题．8．解：三边长可以组成公差为1的等差数列，不妨设为：，b，．．设最大角为，则．解得，，．则这个三角形的面积．故选：B．三边长可以组成公差为1的等差数列，不妨设为：，b，．．设最大角为，利用余弦定理可得：．解得b，利用三角形面积计算公式即可得出．本题考查了余弦定理、三角形面积计算公式、等差数列的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．9．解：对于A，过不共线的任意三点有且仅有一个平面，所以选项A错误；对于B，m为直线，，为平面，若，，根据直线与平面垂直的性质定理知，，选项B正确；对于C，m，n为直线，为平面，若，，不能得出，也可能是m、n相交或异面，选项C错误；对于D，m，n为直线，为平面，若，，根据直线与平面垂直的性质定理知，，选项D正确．故选：BD．根据空间的线面平行、与垂直关系，对选项中的命题进行分析、判断正误即可．本题考查了空间中的平行和垂直关系的应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．10．解：对于A，，则由余弦定理可知，，即C为锐角，最大角不确定，故A错误，对于B，在中，若，则，因此，故B正确，对于C，若，则或，即或，则为等腰三角形或直角三角形，故C正确，对于D，由重心的性质可知，D正确．故选：BCD．对于A，结合余弦定理，即可求解，对于B，结合正弦定理，即可求解，对于C，根据正弦函数的性质，即可求解，对于D，结合重心的性质，即可求解．本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．11．解：建立如图所示的平面直角坐标系，不妨设，，则由图形可知，，，，，，所以，，，，对于A，由于，故选项A正确；对于B，由于，故选项B错误；对于C，由于，故选项C正确；对于D，由于，故选项D错误．故选：AC．建立平面直角坐标系，再根据平面向量基本定理进行判断即可．本题主要考查平面向量基本定理的应用，利用坐标法求出向量坐标是解决本题的关键，是中档题．12．解：根据棱柱的体积公式，其中S是底面积，ℎ是高，由图2得水面是中截面，水面以上部分是一个三棱柱，这个三棱柱的底面积是原来三棱柱底面的，则这个小三棱柱的体积是大棱柱体积的（高一样），水的体积是大三棱柱体积的，图1中水面的高度是棱柱高的，则图1中容器水面的高度为3．故答案为：3．根据水的体积与棱柱体积的关系，即可得出答案．本题考查棱柱的结构特征，考查转化思想，考查逻辑推理能力，属于中档题．13．解：，，代入，得，即，再代入，，即，，与的夹角为，故答案为：．由，得到，结合，得到，，然后代入数量积求夹角公式求解．本题考查平面向量的数量积运算，考查了数学转化思想方法，是中档题．14．解：由题意画出示意图，如图：可得，，，则，在中，由正弦定理得，即，解得．故答案为：．由题意画出示意图，求出各角的度数后，由正弦定理即可得解．本题主要考查正弦定理及其应用，解三角形的实际应用等知识，属于基础题．15．（1）表示出，，A，B，C可构成三角形，，不共线，求出实数m的取值范围；（2）为直角的直角三角形，，数量积为0，求实数m的值，再利用向量的数量积公式求出夹角即可．本题考查向量的数量积判断两个向量的垂直关系，考查计算能力，是基础题．16．（1）由已知利用余弦定理可求c的值，进而根据正弦定理即可求解的值．（2）利用同角三角函数基本关系式可求，利用二倍角公式可求，的值，进而根据两角和的正弦公式即可求解．本题考查了余弦定理，正弦定理，同角三角函数基本关系式，二倍角公式，两角和的正弦公式的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．17．（1）推导出，，由此能证明面．（2）由D为中点知，，由，，知面，从而，再由，知面，从而，进而为直角三角形，由此得到最小时，的面积最小过点D作的垂线时，当E为垂足时，最小为，由此能求出三棱锥的体积．本题考查线面平行的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．18．略19．（1）已知等式左边通分并利用同分母分式的加法法则计算，整理后利用正弦定理化简得到关系式，再