2023-2024学年福建省宁德市福宁古五校联合体高一下学期4月期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2福建省宁德市福宁古五校联合体2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题一、单项选择题：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.已知复数，则复数（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由复数的运算可得.故选：B.2.已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则〖答案〗B〖解析〗A：若，则或异面，故A错误；B：因为，所以在平面内存在不同于n的直线l，使得，则，从而，故，故B正确；C：若，则或相交，故C错误；D：若，则或，故D错误.故选：B.3.已知平面向量，，，若，，则（）A.6 B. C.2 D.〖答案〗D〖解析〗因为，所以，又，所以，所以.故选：D.4.在中，为边上的中线，为的中点，若，则（）A. B. C. D.1〖答案〗A〖解析〗由题意可得，所以.故选：A.5.在中，其内角的对边分别是，，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（）A.，， B.，，C.，， D.，，〖答案〗D〖解析〗对于选项A：若，，，由正弦定理可得，则，此时不存在，三角形无解；故A错误；对于选项B：若，，，由正弦定理可得，则，可知或，而时，，应舍去，所以，即三角形有且仅有一解；故B错误；对于选项C：若，，，可知为等边三角形，所以三角形仅有一解；故C错误；对于选项D：若，，，由正弦定理可得：，则，所以或，两种情况下，三角形都存在，即三角形有两解，故D错误.故选：D.6.设平面向量，，且，则（）A.1 B.14 C. D.〖答案〗B〖解析〗由向量，，且，可得，所以，则.故选：B.7.斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，下图给出了它的画法：以斐波那契数1，1，2，3，5，的变化规律为边的正方形，依序拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．如果用图中接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，那么该圆锥的底面积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由斐波那契数的规律可知，从第三项起，每一个数都是前面两个数之和，所以接下来圆弧所在扇形的半径是，对应的弧长，设圆锥的底面半径为，则，即，所以该圆锥的底面积为.故选：.8.在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的取值范围是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，所以由正弦定理得：，即，所以，即，又，所以，因为锐角三角形ABC，所以，即，解得，，令，因为，所以，则在单调递减，所以.故选：C.二、多项选择题：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.设向量，，则（）A. B.C. D.与的夹角为〖答案〗CD〖解析〗由题意，，，则，，故A错误；

易知，由，

所以与不平行，故B错误；

又，即，故C正确；

因为，

又，所以与夹角为，故D正确．

故选：CD．10.对于，有如下命题，其中正确的有（）A.若，则为等腰三角形B.若，则为直角三角形C.若，则为钝角三角形D.若，的对边分别是，，且，则〖答案〗AC〖解析〗对于，在中，由得或，因为，所以，所以为等腰三角形，故正确；对于，在中，由得或，所以不一定是直角三角形，故不正确；对于，由得，所以，即，所以，所以角为钝角，为钝角三角形，故正确；对于，由得，所以角为锐角，，，故不正确.故选：.11.如图，，是半径为6圆的两条不同的直径，，则（）A.B.若，则在上的投影向量为C.为定值D.满足的实数与的和为定值4〖答案〗ACD〖解析〗对于A中，由，可得，即，整理得，所以A正确；对于B中，由圆的半径为，因为，则，且，可得，所以在上的投影向量为，所以B不正确；对于C中，因为中，是边上的中线，所以，由圆的半径为，则等于为定值，所以C正确；对于D中，由，可得，因为，可得，所以，所以D正确.故选：ACD.12.如图所示，在棱长为2的正方体中，点，分别为棱，上的动点（包含端点），则下列说法正确的是（）A.四面体的体积为定值B.当，分别为棱的中点时，则在正方体中存在棱与平面平行C.正方体外接球的表面积为D.当，分别为棱，的中点时，则过，，三点作正方体的截面，所得截面为五边形〖答案〗ACD〖解析〗点，在棱，上运动时，到距离始终为2，到平面的距离始终为2，所以四面体的体积恒为定值，A正确；在正方体中，棱可分为三类，分别是，及分别与它们平行的棱，又不与平面平行，则在正方体中，不存在棱与平面平行，B错误；正方体棱长为2，则其外接球的直径为正方体体对角线，所以，即，则外接球的表面积为，故C正确；

如图，取中点，连接，有，且，则四边形是平行四边形，有，过作的平行线交于点，此时，则，即为过，，三点的平面与平面的交线，连接，在上取点，使得，同证的方法得，在棱上取点，使，连接并延长交直线于，则，即，而，于是四边形是平行四边形，有，则为过，，三点的平面与平面的交线，连接，则可得五边形即为正方体中过，，三点的截面，D正确．故选：ACD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把〖答案〗填在题中的横线上．13.如图是用斜二测画法画出的直观图，则的面积是________.〖答案〗〖解析〗由斜二测法画图原则：横等纵半，∴的高为8，即.故〖答案〗为：.14.i是虚数单位，已知，写出一个满足条件的复数______．〖答案〗（〖答案〗不唯一，满足（）均可）〖解析〗设，（），则，，因为，所以，解得：，所以，（），所以可以取.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一，满足（）均可）.15.如图，某景区有三条道路，其中长为千米，是正北方向，长为千米，是正东方向，某游客在道路上相对东偏北度的且距离为千米的位置，则___________.〖答案〗〖解析〗千米，千米，三角形的面积，由面积和法得：，，两边平方可得：，∴，，解得：，由，解得：.法二：由题意可知，以为坐标原点，为轴建立坐标系，则有，，，，因为，所以，化简可得：，两边平方可得：，∴，，解得：，由，解得：.故〖答案〗为：.16.在直角中，，，，平面内动点满足，则的最小值为________．〖答案〗0〖解析〗如图：由于动点满足，所以点在以为圆心，半径为的圆上，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，设点坐标为，，则，，所以，所以当，有最小值为.故〖答案〗为：.四、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．17.已知复数，.（1）若是实数，求的值；（2）若复数在复平面内对应的点在第三象限，且，求实数的取值范围.解：（1），它是实数，则，.（2）由（1）对应点坐标为，它在第三象限，则，解得，又，或，综上，．18.已知中，点D在线段OB上，且，延长BA到C.使.设，.（1）用，表示向量；（2）若向量与共线，求k的值.解：（1）∵A为BC的中点，∴，可得.（2），得，∵与共线，设，即，根据平面向量基本定理，得，解得.19.现给出两个条件：①，②，从中选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题．（选出一种可行的条件解答，若两个都选则按第一个解答计分）在中，，，分别为内角A，，所对的边，若________．（1）求；（2）若的面积为，求外接圆半径的最小值．解：（1）若选①：因为，由正弦定理可得，由，则，，可得，所以得.若选②：因为，即，由正弦定理可得，由余弦定理可得，因为，所以.（2）由题意可得：，则，由余弦定理可知，当且仅当时，等号成立，即，所以外接圆半径最小值为.20.如图，在直三棱柱中，是的中点．（1）求证：平面；（2）若，，，求几何体的体积．解：（1）证明：连接，交于点，则点是及的中点，而是的中点，连接，则，因为平面，平面，所以平面．（2），，，几何体的体积：．21.如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴，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斜坐标系中的坐标，记为.（1）若在该坐标系下，，计算的大小；（2）若在该坐标系下，已知，，求的最大值．解：（1）依题意，，，由，，得，所以，即.（2）由题意可知，所以，，所以，令，，又因为，且，所以，所以，即，又因为函数在单调递增，即时，函数取到最大值3，即，则有，所以当时，的最大值为.22.如图，在四边形中，已知的面积为，记的面积为．（1）求的大小；（2）若，设，，求的值．解：（1）在中，由余弦定理，，故，因为，，所以，即，又因为，所以．（2）设，则，，，在中，由正弦定理，，即，在中，由正弦定理，，即，又，两式作商，得，即，故，即，即，所以，即，因为，所以，故，解得，则，，假设，所以，又，则，解得．福建省宁德市福宁古五校联合体2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题一、单项选择题：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.已知复数，则复数（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由复数的运算可得.故选：B.2.已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则〖答案〗B〖解析〗A：若，则或异面，故A错误；B：因为，所以在平面内存在不同于n的直线l，使得，则，从而，故，故B正确；C：若，则或相交，故C错误；D：若，则或，故D错误.故选：B.3.已知平面向量，，，若，，则（）A.6 B. C.2 D.〖答案〗D〖解析〗因为，所以，又，所以，所以.故选：D.4.在中，为边上的中线，为的中点，若，则（）A. B. C. D.1〖答案〗A〖解析〗由题意可得，所以.故选：A.5.在中，其内角的对边分别是，，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（）A.，， B.，，C.，， D.，，〖答案〗D〖解析〗对于选项A：若，，，由正弦定理可得，则，此时不存在，三角形无解；故A错误；对于选项B：若，，，由正弦定理可得，则，可知或，而时，，应舍去，所以，即三角形有且仅有一解；故B错误；对于选项C：若，，，可知为等边三角形，所以三角形仅有一解；故C错误；对于选项D：若，，，由正弦定理可得：，则，所以或，两种情况下，三角形都存在，即三角形有两解，故D错误.故选：D.6.设平面向量，，且，则（）A.1 B.14 C. D.〖答案〗B〖解析〗由向量，，且，可得，所以，则.故选：B.7.斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，下图给出了它的画法：以斐波那契数1，1，2，3，5，的变化规律为边的正方形，依序拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．如果用图中接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，那么该圆锥的底面积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由斐波那契数的规律可知，从第三项起，每一个数都是前面两个数之和，所以接下来圆弧所在扇形的半径是，对应的弧长，设圆锥的底面半径为，则，即，所以该圆锥的底面积为.故选：.8.在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的取值范围是（）A. B.C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，所以由正弦定理得：，即，所以，即，又，所以，因为锐角三角形ABC，所以，即，解得，，令，因为，所以，则在单调递减，所以.故选：C.二、多项选择题：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.设向量，，则（）A. B.C. D.与的夹角为〖答案〗CD〖解析〗由题意，，，则，，故A错误；

易知，由，

所以与不平行，故B错误；

又，即，故C正确；

因为，

又，所以与夹角为，故D正确．

故选：CD．10.对于，有如下命题，其中正确的有（）A.若，则为等腰三角形B.若，则为直角三角形C.若，则为钝角三角形D.若，的对边分别是，，且，则〖答案〗AC〖解析〗对于，在中，由得或，因为，所以，所以为等腰三角形，故正确；对于，在中，由得或，所以不一定是直角三角形，故不正确；对于，由得，所以，即，所以，所以角为钝角，为钝角三角形，故正确；对于，由得，所以角为锐角，，，故不正确.故选：.11.如图，，是半径为6圆的两条不同的直径，，则（）A.B.若，则在上的投影向量为C.为定值D.满足的实数与的和为定值4〖答案〗ACD〖解析〗对于A中，由，可得，即，整理得，所以A正确；对于B中，由圆的半径为，因为，则，且，可得，所以在上的投影向量为，所以B不正确；对于C中，因为中，是边上的中线，所以，由圆的半径为，则等于为定值，所以C正确；对于D中，由，可得，因为，可得，所以，所以D正确.故选：ACD.12.如图所示，在棱长为2的正方体中，点，分别为棱，上的动点（包含端点），则下列说法正确的是（）A.四面体的体积为定值B.当，分别为棱的中点时，则在正方体中存在棱与平面平行C.正方体外接球的表面积为D.当，分别为棱，的中点时，则过，，三点作正方体的截面，所得截面为五边形〖答案〗ACD〖解析〗点，在棱，上运动时，到距离始终为2，到平面的距离始终为2，所以四面体的体积恒为定值，A正确；在正方体中，棱可分为三类，分别是，及分别与它们平行的棱，又不与平面平行，则在正方体中，不存在棱与平面平行，B错误；正方体棱长为2，则其外接球的直径为正方体体对角线，所以，即，则外接球的表面积为，故C正确；

如图，取中点，连接，有，且，则四边形是平行四边形，有，过作的平行线交于点，此时，则，即为过，，三点的平面与平面的交线，连接，在上取点，使得，同证的方法得，在棱上取点，使，连接并延长交直线于，则，即，而，于是四边形是平行四边形，有，则为过，，三点的平面与平面的交线，连接，则可得五边形即为正方体中过，，三点的截面，D正确．故选：ACD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把〖答案〗填在题中的横线上．13.如图是用斜二测画法画出的直观图，则的面积是________.〖答案〗〖解析〗由斜二测法画图原则：横等纵半，∴的高为8，即.故〖答案〗为：.14.i是虚数单位，已知，写出一个满足条件的复数______．〖答案〗（〖答案〗不唯一，满足（）均可）〖解析〗设，（），则，，因为，所以，解得：，所以，（），所以可以取.故〖答案〗为：（〖答案〗不唯一，满足（）均可）.15.如图，某景区有三条道路，其中长为千米，是正北方向，长为千米，是正东方向，某游客在道路上相对东偏北度的且距离为千米的位置，则___________.〖答案〗〖解析〗千米，千米，三角形的面积，由面积和法得：，，两边平方可得：，∴，，解得：，由，解得：.法二：由题意可知，以为坐标原点，为轴建立坐标系，则有，，，，因为，所以，化简可得：，两边平方可得：，∴，，解得：，由，解得：.故〖答案〗为：.16.在直角中，，，，平面内动点满足，则的最小值为________．〖答案〗0〖解析〗如图：由于动点满足，所以点在以为圆心，半径为的圆上，建立如图所示的平面直角坐标系，则，，设点坐标为，，则，，所以，所以当，有最小值为.故〖答案〗为：.四、解答题：本大题共6小题，满分70分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．17.已知复数，.（1）若是实数，求的值；（2）若复数在复平面内对应的点在第三象限，且，求实数的取值范围.解：（1），它是实数，则，.（2）由（1）对应点坐标为，它在第三象限，则，解得，又，或，综上，．18.已知中，点D在线段OB上，且，延长BA到C.使.设，.（1）用，表示向量；（2）若向量与共线，求