福建省泉州市第六中学2023-2024学年高一下学期期中模块测试数学试卷（解析版）VIP

第1页/共1页泉州六中2023-2024学年下学期高一年数学科期中模块测试满分：150考试时间：120分钟一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）1.若，则（）A. B. C.1 D.2【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法可求，从而可求.【详解】由题设有，故，故，故选：D2.如图，在下列四个正方体中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB不平行于平面MNQ的是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用线面平行的判定方法逐个分析判断即可．【详解】对于A，如图，连接，则，因为，分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得，所以，因为平面，平面，所以平面；对于B，如图连接，因为，分别为，的中点，所以，因为，所以，因为平面，平面，所以平面；对于C，如图，连接，则，因为，分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得，所以，因为平面，平面，所以平面，对于D，如图取底面中心，连接，由于为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得，因为与平面相交，所以与平面相交，故选：D．3.如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（

）A.B.C.四边形的周长为D.四边形的面积为【答案】D【解析】【分析】利用斜二测画法将图形还原计算几何图形的面积与周长以及相关.【详解】如图可知，四边形的周长为，四边形的面积为.故选:D.4.的内角，，的对边分别为a，b，c，若，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】直接利用正弦定理计算可得；【详解】解：因为，由正弦定理，即，解得.故选：A5.已知平面，则“”是“且”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】C【解析】【分析】根据线面垂直即可求证面面垂直，即可说明充分性，根据面面垂直的性质可得线面垂直，即可利用线面垂直的判断求证必要性.【详解】由于，所以，若，则，，故充分性成立，若，，设，，则存在直线使得，所以，由于，故，同理存在直线使得，所以，由于，故，由于不平行，所以是平面内两条相交直线，所以，故必要性成立，故选：C6.已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上是边长为的正三角形，则球的表面积等于（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】直接利用外接球和三棱锥关系求出球的半径，计算即可.【详解】已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，是边长为的正三角形，如图所示：取BC的中点D，点H为底面的中心，所以设外接球的半径为R，所以，利用勾股定理可得，解得则球的表面积为故选：B.7.在平行四边形中，，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据向量的运算律及数量积定义计算即可.【详解】设与同方向的单位向量，与同方向的单位向量，与同方向的单位向量，由题意，所以，所以，即，所以，所以，因为，所以，所以，即.故选：A8.中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，如图（1）（2），刘徽未能求得牟合方盖的体积，直言“欲陋形措意，惧失正理”，不得不说“敢不阙疑，以俟能言者”.约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等.如图（3）（4），祖暅利用八分之一正方体去掉八分之一牟合方盖后的几何体与长宽高皆为八分之一正方体的边长的倒四棱锥“等幂等积”，计算出牟合方盖的体积，据此可知，牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】设正方体的边长为，因为，，所以，故选B．二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，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已知复数，满足，则（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】解方程求出，再结合共轭复数、模的意义及复数运算逐项判断即可.【详解】方程，化，解得或，由复数，满足，不妨令，，对于A，显然复数，互为共轭复数，即，A正确；对于B，，而，则，B正确；对于C，，C错误；对于D，由，得，D正确.故选：ABD10.已知向量，且，则下列选项正确的是（）A.能作为平面内所有向量的一组基底B.是与夹角是锐角充要条件C.向量与向量的夹角是D.向量在向量上的投影向量坐标是【答案】AC【解析】【分析】根据题意，求得向量，由不共线，可判定A正确；根据向量平行时，求得，可判定B错误；由向量的夹角公式，可判定C正确；根据投影向量的计算方法，可判定D错误.【详解】因为，所以，则，解得，所以，可得不共线，故A正确；因为向量，，由，解得；又由当平行时，可得，解得，所以B错误；由，因为，故向量与向量的夹角是，所以C正确；有向量在向量上的投影向量为，所以D错误.故选：AC.11.如图所示，正三角形ABC中，D，E分别为边AB，AC的中点，其中AB＝8，把△ADE沿着DE翻折至A'DE位置，使得二面角A'-DE-B为60°，则下列选项中正确的是（）A.点A'到平面BCED的距离为3B.直线A'D与直线CE所成的角的余弦值为C.A'D⊥BDD.四棱锥A'-BCED的外接球半径为【答案】ABD【解析】【分析】作AM⊥DE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接A'M,A'N.利用线面垂直的判定定理判定CD⊥平面A'MN,利用面面垂直的判定定理与性质定理得到到平面面BCED的高A'H,并根据二面角的平面角，在直角三角形中计算求得A'H的值，从而判定A;根据异面直线所成角的定义找到∠A'DN就是直线A'D与CE所成的角，利用余弦定理计算即可判定B;利用勾股定理检验可以否定C;先证明底面的外接圆的圆心为N,在利用外接球的球心的性质进行得到四棱锥A'-BCED的外接球的球心为O,则ON⊥平面BCED,且OA'=OC,经过计算求解可得半径从而判定D.【详解】如图所示，作AM⊥DE，交DE于M,延长AM交BC于N,连接A'M,A'N.则A'M⊥DE,MN⊥DE,,∵∩MN=M∴CD⊥平面A'MN,又∵CD⊂平面ABDC,∴平面A'MN⊥平面ABDC,在平面A'MN中作A'H⊥MN,则A'H⊥平面BCED,∵二面角A'-DE-B为60°，∴∠A'EF=60°，∵正三角形ABC中，AB=8,∴AN=,∴A'M=23,∴A'H=A'Msin60°=3，故A正确；连接DN,易得DN‖EC,DN=EC=4,∠A'DN就是直线A'D与CE所成的角，DN=DA'=4,A'N=A'M=23,cos∠A'DN=,故B正确；A'D=DB=4,A'B=,∴,∴A'D与BD不垂直，故C错误’易得NB=NC=ND=NG=4，∴N为底面梯形BCED的外接圆的圆心，设四棱锥A'-BCED的外接球的球心为O,则ON⊥平面BCED,且OA'=OC,若O在平面BCED上方，入图①所示：设ON=x,外接球的半径为R,过O作A'H的垂线，垂足为P,则HP=x,易得,解得,舍去；故O在平面BCED下方，如图②所示：设ON=x,外接球的半径为R,过O作A'H的垂线，垂足为P,则HP=x,易得,解得,∴,,故D正确.故选:ABD.

【点睛】本题考查立体几何中的折叠问题，涉及二面角问题，异面直线所成的角，用到线面、面面垂直的判定与性质及外接球的球心的性质和有关计算，余弦定理等，属综合性较强的题目，关键是利用线面垂直，面面垂直的判定和性质进行空间关系和结构的判定，注意球心在四棱锥的底面上方和下方的讨论与验证.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.）12.若两个非零向量，满足，则与的夹角为______．【答案】##【解析】【分析】由向量和与差的模相等可确定向量、相互垂直，且得到，最后运用向量夹角公式求解即可.【详解】设向量与的夹角为，因为，则，变形得，所以且，则，故，又，则.故答案为:.13.在中，，的角平分线交BC于D，则_________．【答案】【解析】【分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出；方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出．【详解】如图所示：记，方法一：由余弦定理可得，，因为，解得：，由可得，，解得：．故答案为：．方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：，由正弦定理可得，，解得：，，因为，所以，，又，所以，即．故答案为：．【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规．14.已知正三棱柱的各棱长都是4，点是棱的中点，动点在侧棱上，且不与点重合，设二面角的大小为，则的最小值为_________.【答案】【解析】【分析】过作于，利用直棱柱性质知⊥侧面，连接，过作于，连接，根据三垂线定理得，且，设，在直角中，求出；在直角中，求出，进而可得的最小值．【详解】（Ⅰ）过作于，连接，由直棱柱的性质可知，底面⊥侧面，∴⊥侧面连接，过作于，连接，根据三垂线定理得∴是二面角的平面角即设，则，在直角中，，在直角中，故，又，∴故当时，达到最小值，此时与重合故答案为：【点睛】思路点睛：本题考查了空间直线与平面的位置关系和二面角等基础知识，解题时要利用二面角的定义找到是二面角的平面角，再构造的函数，进而求得最小值，考查学生的空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，属于较难题.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.已知，，与的夹角为．（1）求；（2）若向量与相互垂直，求实数k的值．【答案】（1）2；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意求得数量积，再求向量的模长即可；（2）根据向量垂直则数量积为零，结合（1）中所求，即可求得参数值.【小问1详解】根据题意，，又.【小问2详解】根据题意，，即，，解得.16.如图，三棱柱的侧棱垂直于底面，其高为2cm，底面三角形的边长分别为3cm，4cm，5cm.（1）以上、下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，求剩余部分几何体的体积；（2）求该三棱柱的外接球的表面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）求出三棱柱的体积，得到的内切圆的半径，进而去除圆柱的体积，相减即可答案；（2）将三棱柱补形为长方体得到外接球半径，求出外接球的表面积.【小问1详解】因为底面三角形的边长分别为3cm，4cm，5cm，所以底面三角形为直角三角形，两直角边分别为3cm，4cm，又因为三棱柱的侧棱垂直于底面，其高为2cm，所以.设圆柱底面圆的半径为，则，圆柱体积.所以剩下的几何体的体积.【小问2详解】由（1）直三棱柱可补形为棱长分别为3cm，4cm，2cm的长方体，它的外接球的球半径满足，即.所以，该直三棱柱的外接球的表面积为.17.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足.（1）求角A；（2）已知，M点为BC的中点，N点在线段AC上且，点P为AM与BN的交点，求的余弦值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理进行边化角并化简得，根据角的范围，则可求出其大小；（2）由向量运算得，展开代入数据即可得到其值，再分别计算出和，利用向量夹角公式即可.【小问1详解】则由正弦定理得化简得：，,，则，，，即.【小问2详解】，点为BC的中点，，，，.即的余弦值为.18.在中，角所对的边分别为平分，且．（1）求；（2）求的外接圆和内切圆的面积之比．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由角平分线的性质定理结合正余弦定理求解即可.（2）利用正弦定理求外接圆半径，利用等面积法求内切圆半径即可【小问1详解】在中，，．，即则，平分，,且由正弦定理得：,,.即．在中，由余弦定理得，联立得，得.【小问2详解】易知外接圆的半径。设的内切圆半径为，则，，的外接圆与内切圆的面积之比为.19.如图，在四棱锥中，，分别是，的中点，，，，，，，，．（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．【解析】【分析】（Ⅰ）要证明线面平行，根据判断定理，需证明线线平行，做辅助线，连接，交于，再连接，证明，即可证明；（Ⅱ）点到平面的距离转化为点到平面的距离的2倍，利用，即上任何一个点到平面的距离相等，通过做辅助线转化.【详解】（Ⅰ）连接，交于，再连接因为，