福建省厦门市第一中学2023-2024学年高一下期中考试数学试卷

福建省厦门市第一中学20232024学年高一下期中考试数学试卷命题教师李寅童审核教师周翔2024．4本试卷共4页，满分150分注意事项：1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的班级、座号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“考号、姓名”与考生本人考号、姓名是否一致.2．回答选择题时，选出答案后用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本卷上无效.3．考试结束，考生只须将答题卡交回.一、单选题：本大题8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个正确答案.1.若复数z满足，则在复平面内复数z对应的点Z位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】设出，a，，利用复数相等求出实部与虚部，得到所在象限.【详解】设，其中a，，则，则，，即，，故，此时z在复平面内对应的点为，位于第四象限，故选：D.2.已知向量，若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据向量的坐标运算求得，结合，列出方程，即可求解.【详解】由向量，可得，因为，可得，解得.故选：C.3.如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（）A. B.2 C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，由斜二测画法还原该平面图形的原图，计算可得．【详解】在直角梯形中，，，则，直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形，，所以该平面图形的高为.故选：C.4.直线与平面平行的充要条件是（）A.直线上有无数个点不在平面内B.直线与平面内的一条直线平行C.直线与平面内的无数条直线都平行D.直线与平面内的任意一条直线都没有公共点【答案】D【解析】【分析】A.由无数个点不代表所有的点来判断，B.由线面平行的判定定理来判断，C.由无数个不代表所有的来判断D.由直线与平面平行的定义来判断.【详解】A.无数个点不是所有点，所以不正确；B.缺少直线在平面外，所以不正确；C.无数条直线不是所有的直线，所以不正确；D.由直线与平面平行的定义，正确.故选：D【点睛】本题主要考查了线面平行的定义及判定定理，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.5.在△中，“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C充要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】由，则或和，则，则，可得出答案.【详解】若，则或，即或，所以在△中，“”是“”的不充分条件若，则，则，所以在△中，“”是“”的必要条件.故选：B.【点睛】本题考查充分、必要条件的判断，考查三角函数的诱导公式的应用，属于基础题.6.如图，在长方体中，已知，，E为的中点，则异面直线BD与CE所成角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据异面直线所成角的定义，利用几何法找到所成角，结合余弦定理即可求解.【详解】取的中点F，连接EF，CF，，易知，所以为异面直线BD与CE所成的角或其补角.因为，，所以由余弦定理得.故选：C

7.如图，这是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为，山高为是山坡上一点，且．现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用两点间的距离，结合图象，求最小值．【详解】依题意，半径为，山高为，则母线，底面圆周长，则圆锥侧面展开图扇形的圆心角，如图，是圆锥侧面展开图，显然，由点向引垂线，垂足为点，此时为点和线段上的点连线的最小值，即点为公路的最高点，段为上坡路段，段为下坡路段，由直角三角形射影定理知，即，解得，所以公路上坡路段长为．故选：D8.已知平面向量满足，，，且对于任意的，恒有，若，则的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】数形结合，设，根据可知，然后建系，假设点，表示出，最后计算即可.详解】设，如图，其中由对于任意的，恒有，即，所以当重合时满足条件，故以为原点，作为轴，过作的垂线为轴，如图所示所以，又，不妨设由，所以所以，令，则，由，所以则，所以故选：A二、多选题：本大题3小题，全选对得6分，选对但不全得部分分，选错或不答得0分.9.已知非零复数，，其共轭复数分别为则下列选项正确的是（）A.B.C.若，则的最小值为2D.【答案】BD【解析】【分析】设，对A根据复数的乘法运算即可判断，对B根据共轭复数的概念和复数的加减即可判断；对C根据复数表示的几何意义即可判断；对D，根据复数的除法运算和复数模的计算即可判断.【详解】设，对A，，，当至少一个为0时，，当均不等于0，，故A错误；对B，，则，而，故，故B正确；对C，若，即，即，即，则在复平面上表示的是以为圆心，半径的圆，的几何意义表示为点到点的距离，显然，则点在圆外，则圆心到定点的距离，则点与圆上点距离的最小值为，故C错误；对D，，，，而，故，故D正确；故选：BD.10.在中，，，，则（）A. B.C.的面积为 D.外接圆的直径是【答案】ABD【解析】【分析】A选项，利用倍角公式求出；B选项，由余弦定理求出；C选项，先计算出，利用三角形面积公式求解；D选项，利用正弦定理得到外接圆直径.【详解】A选项，，故A正确；B选项，由A选项知，由余弦定理得．故，B正确；C选项，由于在中，，故，所以，，C错误；D选项，设外接圆半径为R，，D正确．故选：ABD11.约翰逊多面体是指除了正多面体、半正多面体（包括13种阿基米德多面体、无穷多种侧棱与底棱相等的正棱柱、无穷多种正反棱柱）以外，所有由正多边形面组成的凸多面体．其中，由正多边形构成的台塔是一种特殊的约翰逊多面体，台塔，又叫帐塔、平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三、四、五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则（）A.该台塔共有15条棱 B.平面C.该台塔高为 D.该台塔外接球的体积为【答案】ABD【解析】【分析】由台塔的结构特征，数出棱的条数，即可判断A，根据线面平行的判定定理证明B，计算出高，即可判断C，由外接球半径计算体积，即可判断D.详解】台塔下底面6条棱，上底面3条棱，6条侧棱，共15条棱，故A正确；台塔表面有1个正六边形，3个正方形，4个正三角形，由所有棱长均为1，连接，因为且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，故B正确；上底面正三角形在下底面正六边形内的投影为，则点是正六边形的中心，也是的中心，和都是正三角形，是的中心，由棱长为，则，所以台塔的高，故C错误；设上底面正三角形的外接圆圆心为，则半径，下底面正六边形的外接圆圆心为，则半径，设台塔的外接球半径为，，则有或，解得，所以，台塔的外接球体积，故D正确.故选：ABD三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.写出与向量反向的单位向量_________．【答案】【解析】【分析】由相反向量以及单位向量的定义，设且，即可计算出结果.【详解】根据相反向量定义可知，设，即，且，解得；所以.故答案为：13.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则______.【答案】【解析】【分析】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求解即得.【详解】在中，由及正弦定理，得，则，整理得，而，因此，又，所以.故答案：14.有一直角转弯的走廊（墙面与顶部都封闭），已知走廊的宽度与高度都是3米，现有不能弯折的硬管需要通过走廊，若不计硬管粗细，则可通过的最大极限长度为______米.【答案】【解析】【分析】先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度，再利用勾股定理求出硬管倾斜后能通过的最大长度，即可得到答案.【详解】如图示，先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度.设,则.过作垂直内侧墙壁于，作垂直内侧墙壁于，则.在直角三角形中，，所以.同理可得.所以.因为（当且仅当且时等号成立）.所以.因为走廊的宽度与高度都是米，所以把硬管倾斜后能通过的最大长度为.故答案为：四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，把解答过程填写在答题卡的相应位置.15.已知复数，复数在复平面内对应的向量为，（1）若为纯虚数，求的值；（2）若在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由复数在复平面对应的向量得复数，再由复数的分类求得a的值；（2）计算，由其在复平面内对应的点列出不等式组，解不等式组得a的取值范围.【小问1详解】由题，则，由为纯虚数得，，解得．【小问2详解】，在复平面内的对应点在第四象限，则，即，解得．16.如图，在中，点在线段上，且.（1）用向量表示；（2）若，求的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）用为基底和表达出；（2）计算得到，即可得到.【小问1详解】【小问2详解】.因为，所以，则，即，所以.17.如图，在三棱锥中，已知，，且，、分别为、的中点.（1）证明：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）由异面直线所成角的定义可知，异面直线与所成角为或其补角，求出三边边长，可知该三角形为等腰三角形，取线段的中点，连接，可知，即可求得的值，即为所求.【小问1详解】证明：因为、分别为、的中点，则，因为平面，平面，因此，平面.【小问2详解】解：因为，则异面直线与所成角为或其补角，因为，，则为等边三角形，且，因为为的中点，则，且，易知是边长为的等边三角形，因为为的中点，则，且，因为，、分别为、的中点，则，取线段的中点，连接，因为，，则，所以，，因此，异面直线与所成角的余弦值为.18.已知锐角中，内角，，的对边分别为，，，若，且，（1）求；（2）若为边上的高，过点分别作边、的垂线，垂足分别为、，（ⅰ）求证：；（ⅱ）求的最大值．【答案】（1）（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【解析】【分析】（1）依题意可得，利用诱导公式及和差角公式得到，即可得解；（2）（ⅰ）由余弦定理得到，再由已知条件得到，由等面积法得到，从而得证；（ⅱ）设，，在中由余弦定理，由三角形相似得到，，从而得到，，则，再利用换元法及函数的性质求出的最大值，即可求出的最大值.【小问1详解】因为，所以，即，即，又，所以，所以，又，所以，所以，即，因为，所以.【小问2详解】（ⅰ）因为，即，由余弦定理，即，所以，则，所以，又，所以，所以；（ⅱ）设，，在中由余弦定理，由（ⅰ）可得，，因为，即，即，且，即，即，则，所以，，所以，且，，令，则原式，且，当且仅当时取等号，所以，又越大则的值越小，所以，所以当时，取得最大值，即，所以.【点睛】关键点点睛：本题的第（ⅱ）问关键是设，，得到，通过条件表示出、，然后通过换元以及基本不等式得到的最大值.19.如图（1），正三棱柱，将其上底面ABC绕的中心逆时针旋转，，分别连接得到如图（2）的八面体（1）若，依次连接该八面体侧棱的中点分别为M，N，P，Q，R，S，（ⅰ）求证：共面；（ⅱ）求多边形的面积；（2）求该八面体体积的最大值．【答案】（1）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）（2）【解析】【分析】（ⅰ）三点确定平面，证明其余务点都在内；（ⅱ）由多边形的形状，利用分割法求面积。（2）八面体补成六棱柱，转化为规则图形求体积.【小问1详解】（ⅰ）证明：由基本事实1，三点共面，设这三点确定的平面为，因为，且平面，平面，所以平面，同理，平面，又因为平面由棱柱上底面绕中心旋转得到，所以平面平面，因为平面，所以平面，若平面与平面相交，设平面平面，则至少与中一条直线相交，不失一般性，设，则平面，且，由基本事实3知，与矛盾，故平面平面，若平面，则与平面相交，由平面平面，则与平面相交，因为平面，所以与相交，与矛盾，所以平面，即四点共面；同理，综上，六点共面.（ⅱ）旋转后俯视图形如下，由条件知，且，旋转前与夹角为，旋转后夹角为，由平行关系，得，同理，联结，所以全等且