湖南省岳阳市岳阳县第一中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题

2024年高一数学期中考试试题一．选择题（共8小题，每题5分，共40分）1.若复数满足，则的虚部是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据复数的概念，即可得出答案.【详解】根据复数的概念可知，的虚部为.故选：B.2.在中，点D是AB的中点，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根据向量的加法和减法运算即可.【详解】因为点D是AB的中点，所以所以故选：D.3.如图，三棱柱中，底面三角形是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是（）A.直线与直线是异面直线 B.直线与直线AE是共面直线C.直线AE与直线是异面直线 D.直线AE与直线是共面直线【答案】C【解析】【分析】根据异面直线的判定定理求解即可.【详解】由于与均在平面内，不是异面直线，故A错误；平面，平面，点不在直线上，所以和是异面直线，故B错误；平面，平面，点不在直线上，则与是异面直线，故C正确；平面，平面，点不在直线上，则与是异面直线，故D不正确.故选：C【点睛】方法点睛：判断两条直线是否为异面直线，第一两条直线平行或相交，则两条直线共面，第二若一条直线与一个平面相交于一点，那么这条直线与这个平面内不经过该点的直线是异面直线，这是判断两条直线是异面直线的方法，要根据题目所提供的线线、线面关系准确的做出判断.4.若，，，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知，结合角的范围，即可得出，.然后根据两角差余弦公式，即可得出答案.【详解】因为，，所以，所以，.又，所以.所以，.故选：C.5.定义：若，则称复数是复数的平方根.根据定义，复数的平方根为（）A.， B.，C.， D.，【答案】C【解析】【分析】设复数的平方根为，然后平方后根据复数相等即可得出结论.【详解】设复数的平方根为，则，化简，所以，，解得，或，，即复数的平方根为或，故选：C6.若一个球的外切正方体的表面积等于6cm2，则此球的体积为（）A.cm3 B.cm3 C.cm3 D.cm3【答案】A【解析】【分析】设球的半径为Rcm，正方体棱长为acm，根据表面积和棱长的关系求出棱长，进而可得半径，再用体积公式求球的体积即可.【详解】设球的半径为Rcm，正方体棱长为acm，∴6a2＝6，∴a＝1cm，即2R＝1，∴Rcm，∴球的体积故选：A.7.下列命题正确的为（）①若在平面外，它的三条边所在的直线分别交于P、Q，R，则P，Q，R三点共线；②若三条直线a，b、c互相平行且分别交直线于A、B、C三点，则这四条直线共面；③已知a，b，c为三条直线，若a，b异面，b，c异面，则a，c异面；④已知a，b，c为三条直线，若，，则.A.①③ B.②③ C.②④ D.①②【答案】D【解析】【分析】根据基本事实3可判断①的正误，利用基本事实及3个推论可判断②的正误，根据可能的反例可判断③④的正误.【详解】对于①，设平面平面，因为，平面，所以，同理，，故、、三点共线，①正确；对于②，因为，所以，可以确定一个平面，因为，，，，所以，所以，又，所以.同理，也可以确定一个平面，且，，因为，故重合，故这四条直线共面，所以②正确；对于③，直线、异面，、异面，则，可能平行、相交或异面，所以③错误；对于④，，，则，可能平行、相交或异面，所以④错误.故选：D.8.如图，某人用长的绳索，施力，把重物沿着坡度为30°的斜面向上拖了，拖拉点在竖直方向距离斜面的高度为，则此人对该物体所做的功为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理得出，再根据求功公式计算即可.【详解】在中，由正弦定理，，∴.故选：B二．多选题（共4小题，每题5分，共20分）9.在中，已知，，，则角的值可能为（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】根据正弦定理求出，再根据可得结果.【详解】由正弦定理得，得，因为，且，所以或.故选：BC.10.已知表示两条直线，表示三个不重合的平面，给出下列命题，正确的是（）A.若，且，则B.若相交，且都在外，，则C.若，且，则D.若，则【答案】BD【解析】【分析】根据线线、线面、面面平行的判定与性质定理，结合平面的基本性质进行判断.【详解】A：若，且，则可能相交、平行，错误；B：若相交，且都在外，，由面面平行的判定可得，正确；C：若，且，则可能相交、平行，错误；D：若，由线面平行的性质定理得，正确.故选：BD11.关于直线，与平面，，以下四个命题中真命题是A.若，且，则 B.若，且，则C.若，且，则 D.若，且，则【答案】BC【解析】【分析】根据线面垂直的性质定理和线面平行的性质定理，对四个结论逐一进行分析，易得到答案．【详解】解：若，且，则，可能平行也可能异面，也可以相交，故A错误；若，且，则，一定垂直，故B正确；若，且，则，一定垂直，故C正确；若，且，则，可能相交､平行也可能异面，故D错误故选：BC．【点睛】考查线线平行与垂直的判定，基础题.12.已知两个不相等的非零向量,，两组向量,,,,和,,,,均由2个和3个排列而成.记，表示所有可能取值中的最小值.则下列命题中真命题为（）A.可能有5个不同值B.若，则与无关C.若，则D.若，，则与的夹角为【答案】BC【解析】【分析】根据的取值依据所含的个数有0个、有1个、有2个，可得,进而可判断A，根据数量积的运算，结合选项即可判断BCD.【详解】根据题意得的取值依据所含的个数，分三类：有0个、有1个、有2个，记，分别得的取值为：，，，则至多有3个不同的值，A错误；若，则，此时，，，又，为非零向量，则，与无关，B对；若，则，，，则，C对；若，则，，，∵，，∴，解得，∴，D错误.故选：BC三．填空题（共4小题，每题5分，共20分）13.命题“，都有”的否定是___________.【答案】，有【解析】【分析】由命题的否定的定义求解．【详解】题“，都有”的否定是：．故答案：．14.已知圆柱的两个底面的圆周都在表面积为的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为__________．【答案】【解析】【分析】先求出半径，根据条件列出圆柱底面半径和母线的关系，即可得到侧面积表达式，然后用基本不等式即可求解最大值.【详解】解：设球的半径为R，圆柱的底面半径为r，母线为l，由题意可知，，又圆柱的两个底面的圆周都在球面上，则满足，而圆柱的侧面积，，因为，当且仅当，即，时等号成立，所以，，故答案为：15.已知向量,，则向量的模的最大值是________.【答案】【解析】【分析】求出向量的坐标，根据模的计算公式求出模的表达式，并化简，根据三角函数的性质求得最大值.【详解】∵，则，当时，有最大值，且为，故答案为：16.如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，D，E，F分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是______.【答案】【解析】【分析】通过构造平行线将异面直线所成角转化为相交线的夹角，解三角形即可.【详解】如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接，，，由于，分别是棱，的中点，所以，，故四边形为平行四边形，进而，又因为，分别是，的中点，所以，所以，则或其补角是异面直线与所成的角.设，则，，.从而，，，，故，故异面直线与所成角的余弦值是.故答案为：.四．解答题（共6小题，共70分）17.已知棱长为1的正方体中．（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）证明，再由线面平行的判定定理证明；（2）根据三棱锥体积公式计算即可.【详解】证明：（1）在棱长为1的正方体中，，且所以四边形为平行四边形又平面，平面，平面；（2）由正方体易知，三棱锥的高为，所以．18.已知函数的部分图象如图所示．（1）求的解析式；（2）若函数，求在区间上的最大值和最小值．【答案】（1）（2）最大值为和最小值为0【解析】【分析】（1）由图象及三角函数的性质可以得到，进而得到的解析式；（2）根据三角恒等变换化简，进而分析在区间上的最大值和最小值.【小问1详解】由图象可知：，将点代入得，∴【小问2详解】由得当时，即；当时，即；

19.在锐角中，角的对边分别是，，，若（1）求角的大小；（2）若，求中线长的范围（点是边中点）.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据条件，利用正弦定理进行边角转化，可得到，从而求出结果；（2）先利用向量的中线公式得到，再利用正、余弦定理及条件求出的范围，进而求出结果.【小问1详解】因为，由正弦定理可得：即，所以，因为，所以，所以，因为，所以.【小问2详解】由（1）得，且，由余弦定理知，，得到，因为点D是边BC中点，所以，两边平方可得:，所以，因为，又，，所以,又因为为锐角三角形，所以，，得到，所以，由的图像与性质知，，所以，所以，得到故.20.某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.处有一栋大楼，某学生选，两处作为测量点，测得的距离为，，，在处测得大楼楼顶的仰角为75°.（1）求两点间的距离；（2）求大楼的高度.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，利用正弦定理计算即可求解；（2）根据题意可得，结合两角和的正切公式计算即可求解.【小问1详解】因为，在中，由正弦定理得，即，所以m，即AC两点的距离为m；【小问2详解】在中，因为，，所以，又，所以m，即大楼的高度为m.21.在锐角中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知边，且.（1）若，求的面积；（2）记边的中点为，求的最大值，并说明理由.【答案】（1）（2），理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理、余弦定理可得，利用三角恒等变换化简计算可得，进而，结合三角形面积公式计算即可求解；（2）根据余弦定理得，由平面向量的线性运算可得，结合基本不等式计算即可求解.【小问1详解】在中，，∴，由正弦定理得：，即，由余弦定理得：，又，则，∵，∴，∴，∴，∵，∴，即，当时，为正三角形，得，∴；【小问2详解】由余弦定理得：，∵，，∴，∵边的中点为，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，当且仅当时，等号成立，故的最大值为.22.如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，，，底面ABCD，，点E在棱PD上，且.（1）证明：平面平面ACE；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）法一：由已知可推导出，，利用线面垂直的判定定理可证平面PBD，由此能证明平面平面ACE；法二：以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面平面ACE.（2）法一：由题意可推出CE在平面PBD内的射影为OE，是二面角的平面角，由此能求出二面角的余弦值；法二：求出平面PAC的一个法向量和平面ACE的一个法向量，利用向量法能求出二面角P﹣AC﹣E的余弦值.【小问1详解】解法一：证明：平面ABCD，，又底面ABCD是菱形，，而，平面，平面PBD，而平面ACE，所以平面平面ACE解法二：证明：已知底面ABCD是菱形，，又平面ABCD，所以BO，CO，