重庆市荣昌中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题

荣昌中学高2026届级高一(下)半期考试数学试卷满分:150分考试时间：120分钟一、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，只有一项符合题目要求，请将答案填涂到答题卡相应区域．）1.（2015新课标全国Ⅰ文科）已知点，向量，则向量A. B.C. D.【答案】A【解析】【详解】试题分析：,选A.考点：向量运算2.按斜二测画法得到，如图所示，其中，，那么的形状是（

）A.等边三角形 B.直角三角形C.腰和底边不相等的等腰三角形 D.三边互不相等的三角形【答案】A【解析】【分析】根据直观图得原图，计算可得答案.【详解】原如图所示：

由斜二测画法的规则可知，，，，所以，故为等边三角形.故选：A．3.已知，，，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据平面向量数量积的有关运算可求向量的夹角.【详解】设与的夹角为，因为，，，所以：，，.故选：B4.在中，若，则该三角形的形状一定是（）A.等腰三角形 B.等腰直角三角形C.等腰三角形或直角三角形 D.等边三角形【答案】C【解析】【分析】由正弦定理化简为，然后在分析，即，或，从而得到结论.【详解】，，根据正弦定理可知：，，在中，，或，即，即.为等腰三角形或直角三角形.故选：C5.在正四面体中，棱长为2，且是棱中点，则异面直线与夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】作出图形，取的中点，连接,得或其补角为异面直线与夹角，根据余弦定理求解即可.【详解】取的中点，连接,易得,故或其补角为异面直线与夹角，又正四面体棱长为2，故,,故异面直线与夹角的余弦值为.故选：6.如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这是水面恰好是中截面，则图1中容器水面的高度是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】图2中水所占部分为四棱柱，求出其底面积和高，根据棱柱的体积公式求出四棱柱的体积，同理在图1中，求同三棱柱的体积，能求出图1中容器内水面的高度.【详解】在图2中，水中部分是四棱柱，四棱柱底面积为，高为2，∴四棱柱的体积为，设图1中容器内水面高度为h，则V，解得h.∴图1中容器内水面的高度是.故选：D.7.如图，正方体的棱长为1，动点在线段上，，分别是，的中点，则下列结论中错误的是（）A.B.当E为中点时，C.三棱锥的体积为定值D.存在点，使得平面平面【答案】D【解析】【分析】由三角形的中位线和正方体的性质证明判断选项A；由等腰三角形的性质证明判断选项B；等体积法研究三棱锥底面积和高判断选项C；面面平行的定义判断选项D.【详解】连接，正方体中，且，四边形平行四边形，则，因为、分别是、的中点，所以，故A选项正确；连接，正方体中，，当E为中点时，，所以，故B选项正确；，三棱锥，底面积为定值，棱锥的高等于是定值，三棱锥的体积为定值，则三棱锥体积为定值，故C选项正确；直线与平面有交点，所以不存在点，使得平面平面，故D选项错误．故选：D．8.在中，为线段上的动点，且，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由已知条件求得，再求得，可得到，用基本不等式求的最小值.【详解】设，因为，所以，①因为，且，所以，由正弦定理可得，②又，所以，③由①，②，③解得，由余弦定理，所以，，因为点三点共线，所以，所以，当且仅当，即时，等号成立.故选：C二、选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项项符合题目要求．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.（多选）下列命题中的真命题是（）A.若直线不在平面内，则B.若直线上有无数个点不在平面内，则C.若，则直线与平面内任何一条直线都没有公共点D.平行于同一平面两直线可以相交【答案】CD【解析】【分析】根据直线与平面的位置关系，结合题目，进行分析和判断即可.【详解】A中，直线也可能与平面相交，故A是假命题；B中，直线与平面相交时，上也有无数个点不在平面内，故B是假命题；C中，时，与没有公共点，所以与内任何一条直线都没有公共点，故C是真命题；D中，平行于同一个平面的直线，可以平行也可以相交，也可以是异面直线，故D是真命题.故选：CD.【点睛】本题考查直线与平面的位置关系，属基础题.10.已知复数，其中i为虚数单位，则下列结论正确的有（）A.复数z的共轭复数的模为1 B.复数z在复平面内对应的点在第四象限C.复数z是方程的解 D.复数满足，则的最大值为2【答案】ABD【解析】【分析】利用复数的运算法则求出，再逐一对各个选项分析判断即可求出结果.【详解】因为，所以，对于选项A，因为，所，故选项A正确；对于选项B，因为复数z在复平面内对应的点为，故选项B正确；对于选项C，，所以，故选项C错误；对于选项D，设，则由，得到，又，由几何意义知，可看成圆上的动点到原点的距离，所以的最大值为，故选项D正确.故选：ABD.11.在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫，于1996年被收入世界文化遗产名录．现测量一个的屋顶，得到圆锥（其中为顶点，为底面圆心），母线的长为，是母线的靠近点的三等分点．从点到点绕屋顶侧面一周安装灯光带，灯光带的最小长度为．下面说法正确的是（）A.圆锥的侧面积为 B.过点的平面截此圆锥所得截面面积最大值为C.圆锥的外接球的表面积为 D.棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动【答案】ABD【解析】【分析】利用圆锥的侧面展开图、余弦定理、扇形的弧长公式可求出圆锥的底面半径，进而可求出圆锥的侧面积，可知A正确；过点平面截此圆锥所得截面面积最大为，计算可知，B错误；计算出圆锥的外接球半径后，再求出其表面积，可知C不正确；求出圆锥的内切球的半径和棱长为的正四面体的外接球的半径，比较可知，D正确.【详解】对于A，设圆锥底面半径为，如图，在中，，，，∴，∴，所以，（米），所以圆锥的侧面积为（），故A正确；对于B，在中，，所以，所以过点平面截此圆锥所得截面面积最大为（），故B正确；对于C，设圆锥的外接球半径为，则，又，所以，∴，圆锥的外接球表面积为，故C不正确；对于D，设圆锥内切球半径为，则，∴，在棱长为米的正四面体中，设其外接球半径为，则此正四面体的底面外接圆半径为，高为，所以，所以，因为，所以棱长为米的正四面体在圆锥内可以任意转动，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点点睛：利用圆锥的侧面展开图、余弦定理、扇形的弧长公式求出圆锥的底面半径是关键点一，利用棱长为米的正四面体的外接球的半径与圆锥的内切球的半径判断D选项是关键点二.三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．）12.若一个球的体积为，则它的表面积为_________．【答案】【解析】【详解】13.平面向量，，，且与的夹角等于与的夹角，则_______．【答案】【解析】【分析】由已知求得的坐标，再由夹角公式列式求解值．【详解】因为，，，与的夹角等于与的夹角，，得，解得．故答案：．14.正三棱柱中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱，的中点，则直线EF与直线BC所成角的余弦值为_______；若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为_______.【答案】①.##②.【解析】【分析】取的中点，连接，则可得为异面直线EF与直线BC所成角，然后在中求解，连接并延长交的延长线于点，连接交于点，连接，则四边形为截面四边形，然后求解其周长即可.【详解】取的中点，连接，因为点E为棱的中点，所以∥，，所以为异面直线EF与直线BC所成角，连接，因为平面，平面，所以，因为为边长是2的正三角形，F为的中点，所以，所以，，所以由余弦定理得，所以直线EF与直线BC所成角的余弦值为，连接并延长交的延长线于点，连接交于点，连接，所以过点A，E，F的截面为四边形，因为点E，F分别为棱，的中点，所以，过作∥，交于点，则为的中点，因为∥，所以∽，所以，所以为的中点，所以，因为∥，所以∽，所以，，所以，则，所以，在中由余弦定理得，所以，所以四边形的周长为，即截面的周长为，故答案为：，【点睛】关键点点睛：此题考查异面直线所成的角，考查几何体的截面问题，解题的关键是根据平面的性质结合题意作截面图形，考查空间想象能力，属于难题.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.回答下列问题（1）已知复数是方程的根（是虚数单位，），求．（2）已知复数，设复数，（是的共轭复数），且复数所对应的点在第三象限，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将代入方程求出，再根据复数的模长公式求解即可；（2）根据共轭复数的概念和复数除法运算化简，再根据复数的几何意义列不等式组求解即可.【小问1详解】因为复数是方程的根，所以，整理得，所以，解得，所以，.【小问2详解】因为，所以，又因为复数所对应的点在第三象限，所以，解得.16.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，D是AC边上的点，.（1）求的大小；（2）若，，求BC的长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理角化边，整理可得，然后根据余弦定理即可求得，进而根据角的范围，即可得出答案；（2）在以及中，分别根据余弦定理，结合，整理化简可得.在中，根据余弦定理推出.联立两个方程，即可得出答案.【小问1详解】由正弦定理以及已知可得，，整理可得，.由余弦定理可得，.又，所以.【小问2详解】在中，由余弦定理可得，.在中，由余弦定理可得，.又，所以，即，整理可得.因为，在中，由余弦定理可得，，即，整理可得，.联立可得.所以，.17.如图：在正方体中，为的中点.（1）求三棱锥体积；（2）求证：平面；（3）若为的中点，求证：平面平面.【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）根据锥体的体积公式计算即可；（2）根据线面平行的判定进行证明；（3）根据面面平行的的判定进行证明.【小问1详解】显然平面，于是.【小问2详解】设，连接，在正方体中，四边形是正方形，是中点，是的中点，，平面平面平面；【小问3详解】为的中点，为的中点，，四边形为平行四边形，，又平面平面平面，由（2）知平面平面平面，平面平面.18.如图：某公园改建一个三角形池塘，，（百米），（百米），现准备养一批观赏鱼供游客观赏．（1）若在内部取一点P，建造APC连廊供游客观赏，如图①，使得点P是等腰三角形PBC的顶点，且，求连廊的长（单位为百米）；（2）若分别在AB，BC，CA上取点D，E，F，并建行连廊，使得变成池中池，放养更名贵的鱼类供游客观赏．如图②，当为正三角形时，求的面积的最小值．【答案】（1）百米（2）(百米)【解析】【分析】（1）由余弦定理即可求得，在中，确定，由余弦定理求得，即可求得答案；（2）设正三角形DEF的边长a，，（）则可表示，，从而可由正弦定理表示出，结合三角函数的性质求得其最小值，即可求得答案.【小问1详解】∵点P是等腰三角形PBC的顶点，且，，∴且由余弦定理可得：，解得，又∵∴,∵在中，，,∴,在△ACP中，由余弦定理得,解得，；∴，∴连廊的长为百米．【小问2详解】设正三角形DEF的边长a，，（）则，，设,可得，，∴，在中，由正弦定理得：，即，即,化简得：，∴（其中，θ为锐角，且）∴.19.三阶行列式是解决复杂代数运算的算法，其运算法则如下：.若，则称为空间向量与的叉乘，其中，，为单位正交基底.以为坐标原点，分别以的方向为轴､轴､轴的正方向建立空间直角坐标系，已知是空间直角坐标系中异于的不同两点.（1）①若，求；②证明：.（2）记的面积为，证明：；（3）问：的几何意义表示以为底面､为高的三棱锥体积的多少倍？【答案】（1）①；②证明见解析（2）证明