2023-2024学年吉林省名校联盟高一下学期期中联合质量检测数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2吉林省名校联盟2023-2024学年高一下学期期中联合质量检测数学试题一、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.某圆台的上底面、下底面的半径分别为，，高为，则该圆台的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗该圆台的体积为.故选：B.2.若复数，，则（）A. B. C.2 D.5〖答案〗B〖解析〗因为，，所以．故选：B.3.若向量，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，所以，解得．故选：A.4.已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，且平面平面，则是的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗D〖解析〗如图所示：满足，而相交，故不充分；满足则，但异面，故不必要.故选：D.5.如图，的斜二测画法的直观图是腰长为的等腰直角三角形，轴经过的中点，则（）A.6 B. C.12 D.〖答案〗D〖解析〗由题意得的原图如图所示，其中D为的中点，且，，所以，故.故选：D.6.在四面体ABCD中，平面平面BCD，，且，则四面体ABCD的体积为（）A.2 B.6 C. D.〖答案〗C〖解析〗如图所示，取的中点，连接，因为，所以，又平面平面，平面平面，所以平面，因为，，所以，又，所以四面体的体积.故选：C.7.如图，某同学为测量某观光塔的高度OP，在该观光塔的正西方向找到一座高为40米的建筑物MN，在地面上点Q处（O，Q，N三点共线且在同一水平面上）测得建筑物MN的顶部M的仰角为，测得该观光塔的顶部P的仰角为，在建筑物MN的顶部M处测得该观光塔的顶部P的仰角为，则该观光塔的高OP为（）A.80米 B.米 C.米 D.米〖答案〗A〖解析〗由题意可得，米，，则，在△PMQ中，由正弦定理可得，即，解得：米．故选：A.8.在正四棱柱中，，，，，平面与交于点G，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如图所示，设，连接，因为，且几何体为正四棱柱，所以，因为平面与交于点，所以，所以，所以，因为，所以，所以．故选：C.二、多项选择题：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.已知向量，，下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则在上的投影向量为〖答案〗ABD〖解析〗对于A：若，则，解得，故A正确；对于B：若，则，解得，故B正确；对于C：若，则，又，，所以，故C错误；对于D：若，则在上的投影向量为，故D正确．故选：ABD.10.若三个不同的平面两两相交，且，则交线的位置关系可能是（）A.重合 B.相交于一点C.两两平行 D.恰有两条交线平行〖答案〗ABC〖解析〗如图，作出一个长方体，对于A项，可把平面依次取为平面，它们两两相交于共同的交线，故A项正确；对于B项，可把平面依次取平面，此时，，，，而易得三条交线交于同一点D，故B项正确；对于C项，可把平面依次取为平面，此时，，，，而易得三条交线两两平行，故C项正确；对于D项，可把平面依次取为平面，此时，，，，若只有，因平面，而平面，则平面，又平面，而平面平面=，则有，即交线的位置关系不可能是恰有两条交线平行，故D项错误.故选：ABC.11.在正四棱台中，，，为棱上的动点（含端点），则下列结论正确的是（）A.直线与异面 B.直线与平面所成的角为C.的最小值为 D.的最小值为〖答案〗BC〖解析〗如图1，由四棱台可知，，即四边形为等腰梯形，则与相交，则A选项错误；设，分别是和的中点，则是四棱台的高，作，垂足为，由题中数据可知，则直线与平面所成的角为，，则，故B选项正确；如图2，把四边形，展开至同一个平面，连接，，，易知的最小值就是展开图中的长，过点作，则，又，所以，故在中，，，则，即的最小值为，故C选项正确；在中，由余弦定理可得，则，，，从而，由图可知，则D选项错误.故选：BC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把〖答案〗填在答题卡中的横线上．12.在正方体中，，则该正方体外接球的表面积为______．〖答案〗36π〖解析〗如图，设该正方体外接球的半径为R，则，所以该正方体外接球的表面积为．故〖答案〗为：.13.若，，且为纯虚数，则在复平面内对应的点位于第______象限，实数的值为______．〖答案〗一〖解析〗因为，所以在复平面内对应的点位于第一象限，因为，为纯虚数，所以，解得．故〖答案〗为：一.14.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC中BC边上的高，，则的最大值为______．〖答案〗〖解析〗依题意可得，则，则，解得，，所以，因为，即，故，所以，即，当，即，即时，取得最大值，且最大值为．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.如图，在高为的四棱锥中，四边形ABCD是正方形，M，N分别是PD和BC的中点，．（1）证明：∥平面PAB．（2）求三棱锥的体积．解：（1）如图，取PA的中点E，连接EB，EM，因为ME是△PAD的中位线，则∥，且，又因为N是BC的中点，则∥，且，可得∥，且，可知四边形MEBN是平行四边形，则∥，且平面PAB，平面PAB，所以∥平面PAB．（2）在高为的四棱锥中，因为M为PD的中点，可知三棱锥的高为，且，所以三棱锥的体积．16.已知的内角的对边分别为，且．（1）求；（2）若，求外接圆的半径R；（3）若，，求中边上的中线长．解：（1）因为，所以，则，在中，，，所以，所以．（2）在中，因为，且，解之得，，又，所以.（3）由（2）知：，设D为的中点，则，所以，解得，即中边上的中线长为．17.如图，在梯形中，，，，，在线段上．（1）若，用向量，表示，；（2）若AE与BD交于点F，，，，求的值．解：（1）依题意，．（2）因为，所以，所以，因为，所以，所以，即，解得或，连接交于，因为，所以，所以，则，因为在线段上，所以，故．18.在中，与的角平分线交于点D，已知．（1）求角B的大小；（2）若，求面积的最大值．解：（1）由题意可知，由，可知，所以，，因为，所以，因为，所以．（2）因为，所以，所以，所以，由余弦定理得，所以，所以，当且仅当时，等号成立，因为，所以△ACD面积的最大值为．19.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．如图，在直三棱柱中，点A的曲率为，N，M分别为AB，的中点，且．（1）证明：平面．（2）证明：平面平面．（3）若，求二面角的正切值．解：（1）在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，则，，所以点A的曲率为，所以．因，所以△ABC为正三角形，因为N为AB的中点，所以，又平面ABC，平面ABC，所以，因为，平面，所以平面．（2）取的中点D，连接DM，DN，因为N为AB的中点，所以且，又且，所以且，所以四边形CNDM为平行四边形，则，由（1）知平面，则平面，又平面，所以平面平面．（3）取BC的中点F，连接AF，则，因为平面ABC，平面ABC，所以，因为，平面，所以平面，又平面，所以，过F作的垂线，垂足为H，连接AH，则，又平面，所以平面，又平面，，所以∠AHF为二面角的平面角的补角，设，，则，，，由等面积法可得，则，则，故二面角的正切值为．吉林省名校联盟2023-2024学年高一下学期期中联合质量检测数学试题一、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.某圆台的上底面、下底面的半径分别为，，高为，则该圆台的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗该圆台的体积为.故选：B.2.若复数，，则（）A. B. C.2 D.5〖答案〗B〖解析〗因为，，所以．故选：B.3.若向量，，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为，所以，解得．故选：A.4.已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，且平面平面，则是的（）A.充要条件 B.充分不必要条件C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗D〖解析〗如图所示：满足，而相交，故不充分；满足则，但异面，故不必要.故选：D.5.如图，的斜二测画法的直观图是腰长为的等腰直角三角形，轴经过的中点，则（）A.6 B. C.12 D.〖答案〗D〖解析〗由题意得的原图如图所示，其中D为的中点，且，，所以，故.故选：D.6.在四面体ABCD中，平面平面BCD，，且，则四面体ABCD的体积为（）A.2 B.6 C. D.〖答案〗C〖解析〗如图所示，取的中点，连接，因为，所以，又平面平面，平面平面，所以平面，因为，，所以，又，所以四面体的体积.故选：C.7.如图，某同学为测量某观光塔的高度OP，在该观光塔的正西方向找到一座高为40米的建筑物MN，在地面上点Q处（O，Q，N三点共线且在同一水平面上）测得建筑物MN的顶部M的仰角为，测得该观光塔的顶部P的仰角为，在建筑物MN的顶部M处测得该观光塔的顶部P的仰角为，则该观光塔的高OP为（）A.80米 B.米 C.米 D.米〖答案〗A〖解析〗由题意可得，米，，则，在△PMQ中，由正弦定理可得，即，解得：米．故选：A.8.在正四棱柱中，，，，，平面与交于点G，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如图所示，设，连接，因为，且几何体为正四棱柱，所以，因为平面与交于点，所以，所以，所以，因为，所以，所以．故选：C.二、多项选择题：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.已知向量，，下列结论正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则在上的投影向量为〖答案〗ABD〖解析〗对于A：若，则，解得，故A正确；对于B：若，则，解得，故B正确；对于C：若，则，又，，所以，故C错误；对于D：若，则在上的投影向量为，故D正确．故选：ABD.10.若三个不同的平面两两相交，且，则交线的位置关系可能是（）A.重合 B.相交于一点C.两两平行 D.恰有两条交线平行〖答案〗ABC〖解析〗如图，作出一个长方体，对于A项，可把平面依次取为平面，它们两两相交于共同的交线，故A项正确；对于B项，可把平面依次取平面，此时，，，，而易得三条交线交于同一点D，故B项正确；对于C项，可把平面依次取为平面，此时，，，，而易得三条交线两两平行，故C项正确；对于D项，可把平面依次取为平面，此时，，，，若只有，因平面，而平面，则平面，又平面，而平面平面=，则有，即交线的位置关系不可能是恰有两条交线平行，故D项错误.故选：ABC.11.在正四棱台中，，，为棱上的动点（含端点），则下列结论正确的是（）A.直线与异面 B.直线与平面所成的角为C.的最小值为 D.的最小值为〖答案〗BC〖解析〗如图1，由四棱台可知，，即四边形为等腰梯形，则与相交，则A选项错误；设，分别是和的中点，则是四棱台的高，作，垂足为，由题中数据可知，则直线与平面所成的角为，，则，故B选项正确；如图2，把四边形，展开至同一个平面，连接，，，易知的最小值就是展开图中的长，过点作，则，又，所以，故在中，，，则，即的最小值为，故C选项正确；在中，由余弦定理可得，则，，，从而，由图可知，则D选项错误.故选：BC.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把〖答案〗填在答题卡中的横线上．12.在正方体中，，则该正方体外接球的表面积为______．〖答案〗36π〖解析〗如图，设该正方体外接球的半径为R，则，所以该正方体外接球的表面积为．故〖答案〗为：.13.若，，且为纯虚数，则在复平面内对应的点位于第______象限，实数的值为______．〖答案〗一〖解析〗因为，所以在复平面内对应的点位于第一象限，因为，为纯虚数，所以，解得．故〖答案〗为：一.14.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC中BC边上的高，，则的最大值为______．〖答案〗〖解析〗依题意可得，则，则，解得，，所以，因为，即，故，所以，即，当，即，即时，取得最大值，且最大值为．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.如图，在高为的四棱锥中，四边形ABCD是正方形，M，N分别是PD和BC的中点，．（1）证明：∥平面PAB．（2）求三棱锥的体积．解：（1）如图，取PA的中点E，连接EB，EM，因为ME是△PAD的中位线，则∥，且，又因为N是BC的中点，则∥，且，可得∥，且，可知四边形MEBN是平行四边形，则∥，且平面PAB，平面PAB，所以∥平面PAB．（2）在高为的四棱锥中，因为M为PD的中点，可知三棱锥的高为，且，所以三棱锥的体积．16.已知的内角的对边分别为，且．（1）求；（2）若，求外接圆的半径R；（3）若，，求中边上的中线长．解：（1）因为，所以，则，在中，，，所以，所以．（2）在中，因为，且，解之得，，又，所以.（3）由（2）知：，设D为的中点，则，所以，解得，即中边上的中线长为．17.如图，在梯形中，，，，，在线段上．（1）若，用向量，表示，；（2）若AE与BD交于点F，，，，求的值．解：（1）依题意，．（2）因为，所以，所以，因为，所以，所以，即，解得或，连接交