浙江省绍兴市会稽联盟2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题

绝密★考试结束前2023学年第二学期绍兴会稽联盟期中联考高一年级数学学科试题考生须知：1.本卷共4页满分100分，考试时间120分钟.2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.4.考试结束后，只需上交答题纸.选择题部分一、单选题：（本大题共8小题，每小题3分，共24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.已知向量，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合向量共线与垂直的坐标表示，逐项判定，即可求解.【详解】由向量，，对于A中，由，所以向量与不共线，所以A错误；对于B中，由，所以与不垂直，所以B错误；对于C中，由，，可得，所以，所以C正确；对于D中，由，可得，所以向量与不平行，所以D错误.故选：C.2.已知复数，其中为虚数单位.若复数为纯虚数，则实数的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，结合复数的概念，列出方程组，即可求解.【详解】由复数为纯虚数，可得，解得.故选：B.3.已知，是平面内的一组基底，若向量与共线，则实数的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据题意，得到，列出方程组，即可求解.【详解】由，是平面内的一组基底，向量与共线，则存在实数使得，可得，解得.故选：A.4.已知的内角，，的对边分别为，，，若，则角（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先利用正弦定理角化边，进行化简，再根据余弦定理求角.【详解】由正弦定理角化边可知，，整理为，，，所以.故选：C5.折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若，，且圆台的表面积为，则该圆台的高为（）A. B. C.3 D.【答案】D【解析】【分析】设，圆台高为，上下底面半径分别为：.弧长公式求得，，再用圆台的表面积公式解得，进而再得圆台的高为．【详解】设，圆台高为，上下底面半径分别为：.则，解得，所以圆台的表面积为：，解得，故圆台的高为：．故选：D.6.在中，已知，，若点为的外心，点满足的点，则（）A. B. C. D.3【答案】D【解析】【分析】根据几何关系，转化向量，再计算数量积，结合数量积的几何意义，求数量积的值.【详解】，,，，，.故选：D7.已知圆锥的底面积为，高为，过圆锥的顶点作截面，则截面三角形面积最大为（）A. B. C.2 D.3【答案】C【解析】【分析】截面三角形为等腰直角三角形时，截面面积最大，进而计算面积即可．【详解】由题知，过圆锥顶点的截面中，截面为等腰直角三角形时，截面面积最大．圆锥的底面积为，则底面半径为，高为，求得母线为.截面三角形面积最大为：．故选：C8.已知直三棱柱的各个顶点都在球的球面上，且，，球的体积为，则该三棱柱的体积为（）A. B.1 C. D.3【答案】A【解析】【分析】首先求三棱柱底面三角形外接圆的半径，再求三棱柱外接球的半径，根据球的体积公式求三棱柱的高，最后代入三棱柱的体积公式，即可求解.【详解】，则，则，所以外接圆的半径，设，所以直三棱柱外接球半径，球的体积，所以，即，所以三棱柱的体积.故选：A二、多选题：（本大题共3小题，每小题4分，共12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4分，有选错的得0分，部分选对的得部分分）9.已知复数，下列命题正确的有（）A.复数的虚部为B.复数的共轭复数为CD.复数在复平面内对应的点在第一象限【答案】BCD【解析】【分析】根据题意，利用复数的运算法则，得到，结合复数的概念，共轭复数的概念，以及复数的模和复数的几何意义，逐项判定，即可求解.【详解】由复数的运算法则，可得，对于A中，由复数的虚部为，所以A错误；对于B中，由复数的共轭复数为，所以B正确；对于C中，由复数，可得，所以C正确；对于D中，由复数在复平面内对应的点为位于第一象限，所以D正确.故选：BCD.10.给出下列四个命题，其中正确的是（）A.在中，，，若角为钝角，则实数的取值范围为B.在中，若，则为等腰直角三角形C.在中，若，则在方向上的投影向量的模为D.在中，若，则点为的重心【答案】CD【解析】【分析】根据角为钝角，转化为数量积的正负，以及不平行，确定的取值范围；根据数量积的公式，结合余弦定理，判断三角形的形状；根据向量模的公式，判断C，根据向量的运算，转化为几何关系，结合重心的定义，即可判断D.【详解】A.若角为钝角，则，且与不平行，则，且，解得：且，故A错误；B.若，则，两边平方得，由余弦定理，所以，所以，则，所以为直角三角形，故B错误；C.，所以在方向上的投影向量的模为，故C正确；D.如图，点是的中点，，若，则，则三点共线，且，所以点是的重心，故D正确.故选：CD11.已知在锐角中，内角所对的边分别为，，，若的面积为，，则（）A. B.边的取值范围是C.面积取值范围是 D.周长取值范围是【答案】ABC【解析】【分析】A选项，由余弦定理得到，得到；B选项，由正弦定理得到，根据为锐角三角形，得到，从而得到；C选项，在B选项基础上得到；D选项，由正弦定理得到，结合B选项，得到周长的取值范围.【详解】A选项，由题意得，即，因为，所以，A正确；B选项，由正弦定理得，故，因为锐角中，，所以，解得，故，，B正确；C选项，由B可知，，故，面积取值范围是，C正确；D选项，由正弦定理得，故，因为，所以，故，所以周长取值范围是，D错误.故选：ABC【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.非选择题部分三、填空题：（本大题共3小题，每题4分，共12分）12.已知一个水平放置的四边形的斜二测画法的直观图是菱形，且，，则原四边形的面积是______；【答案】32【解析】【分析】根据直观图还原四边形，再求四边形的面积.【详解】如图，为水平放置的直观图，还原四边形，四边形是矩形，,，所以四边形的面积为.故答案为：3213.已知复数，，，且复数，在复平面内对应的点分别为和，，则的取值范围是______；【答案】【解析】【分析】利用复数模的几何意义，可得的几何意义为以原点为圆心，半径为2的圆，而的几何意义为定点到圆上点的距离，进而可解.【详解】由已知得对应点为，由得的几何意义为以原点为圆心，半径为2的圆，则的几何意义为点到圆上点的距离，如图可得最大距离，最小距离为，故答案为：.14.已知的内角，，所对边分别为，，，且，，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】根据题意，化简得到，求得，且，结合三角形的性质，得到，再由正弦定理得到，进而求得，利用二次函数的性质，即可求解.【详解】因为，由正弦定理得，所以，可得，因为为的内角，所以，则，又因为，可得，所以，因为，由正弦定理得，又因为，所以，则，所以，当时，取得最小值.故答案为：.四、解答题：（本大题共5小题，共52分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.已知在长方体中，，，，为棱的中点.（1）求三棱锥的表面积；（2）求四棱锥的体积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，利用三角形的面积公式，分别求得各个面的面积，进而得到其表面积；（2）根据题意，利用棱柱和棱锥的体积公式，结合，即可求解.【小问1详解】解：在长方体中，由，，，为棱的中点，可得，可得，所以三棱锥的表面积为.【小问2详解】解：在长方体中，由，，，为棱的中点，可得，且所以.16.如图，已知等腰梯形，，，，.点满足，点上，满足交于，设，.（1）用，表示，并求的模；（2）求的长.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）表达出，平方后求出答案；（2）由垂直关系得到.【小问1详解】等腰梯形，，，，，，，为的中点，，作，垂足为，因为，，所以，又，所以，，；【小问2详解】，又，在中，.17.已知复数，，其中为虚数单位，若.（1）若为的共轭复数，求在复平面内对应的点的坐标；（2）若复数是关于的方程的一个根，求实数，的值.【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）根据复数代数形式的除法运算化简，由求出，即可得到，再求出其共轭复数，最后根据复数的几何意义得解；（2）将代入方程，再由复数相等得到方程组，解得即可.【小问1详解】，又，所以，解得，所以，，则在复平面内对应的点的坐标；【小问2详解】是关于的方程的一个根，，得，所以，解得.18.在中，角，，所对边分别为，，，且，为边上的动点.（1）若为的中点，，，求边；（2）若平分，，，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用辅助角公式求得角，结合平面向量加法法则得，再由余弦定理求解；（2）设，由根据题意，利用余弦定理求解的值，从而得解.【小问1详解】，，为的中点，则，平方得：，又，，由余弦定理得：，；【小问2详解】设，若平分，，易得，又，得，，平分，，即在中，，19.