精品解析：广州市南武中学2023-2024学年高一下学期综合训练（二）段考考试数学试题

广州市南武中学2023学年第二学期综合训练（二） 高一数学试题（考试时间：120分钟） 一.单选题（共8小题，每小题5分，共40分） 1. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 2. （ ） A. 2 B. C. 1 D. 3. 在中，角所对边分别为，且，（ ） A. B. 或 C. D. 或 4. 已知平面向量，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 5. 已知不重合的直线和平面，则下列判断正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 已知直三棱柱的6个顶点都在球的表面上，若，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，，若，，则（ ） A. B. C. D. 8. 在正方体中，为棱的一个三等分点（靠近点），分别为棱，的中点，过三点作正方体的截面，则下列说法正确的是（ ） A. 所得截面是六边形 B. 截面过棱的中点 C. 截面不经过点 D. 截面与线段相交，且交点是线段的一个五等分点 二.多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.全选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 已知向量，则下列命题中真命题为（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则向量在向量上的投影向量的坐标为 10. 已知复数满足，则（ ） A. 的虚部为 B. C. 在复平面内对应的点在第四象限 D. 若复数满足，则 11. 已知正方体的棱长为2，点为平面上一动点，则（ ） A. 当点为的中点时，直线与所成角的余弦值为 B. 当点在棱上时，的最小值为 C. 当点在正方形内时，若与平面所成的角为，则点的轨迹长度为 D. 当点在棱（不含顶点）上时，平面截此正方体所得的截面为梯形 三.填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若，则_____________. 13. 在中，分别为内角的对边，且满足，则__________. 14. 古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知为圆的内接四边形的两条对角线，，，则面积的最大值为_____________. 四.解答题（本题共5小题，共77分） 15. 如图，在中，，E是AD的中点，设，. （1）试用，表示； （2）若，与的夹角为，求 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为棱的中点.证明： （1）平面； （2）平面平面. 17. 如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面. （1）求证：平面； （2）求与平面所成的角； （3）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 18. 已知中，角所对的边长分别为，且，为边上一点，且. （1）若为中线，且，求； （2）若为的平分线，且为锐角三角形，求的取值范围. 19. 已知向量令. （1）求函数的对称轴方程； （2）设，当时，求函数的最小值； （3）在（2）的条件下，若对任意的实数且，不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广州市南武中学2023学年第二学期综合训练（二） 高一数学试题（考试时间：120分钟） 一.单选题（共8小题，每小题5分，共40分） 1. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的几何意义先求出复数，然后利用共轭复数的定义计算. 【详解】在复平面对应的点是，根据复数的几何意义，， 由共轭复数的定义可知，. 故选：D 2. （ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】逆用正切和角公式求值即可. 【详解】. 故选：C 3. 在中，角所对边分别为，且，（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理求得，结合边的大小关系即可得解. 【详解】由正弦定理有，即，解得， 注意到，由大边对大角有，所以. 故选：A. 4. 已知平面向量，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量夹角的坐标公式计算即可. 【详解】易知， 由可知. 故选：B 5. 已知不重合的直线和平面，则下列判断正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间直线，平面的位置关系判断即可. 【详解】若，则或，A错； 若，则或m与相交或，B错； 若，则或，C错； 若，则，D对； 故选：D． 6. 已知直三棱柱的6个顶点都在球的表面上，若，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设底面的外接圆的半径为，由正、余弦定理求得，再设外接球的半径为，结合球的截面圆的性质，求得，利用求得表面积公式，即可求解. 【详解】如图所示，在中，，且， 由余弦定理得， 设底面的外接圆的半径为，由正弦定理得，即 再设直三棱柱外接球的球心为，外接球的半径为， 在直角中，可得， 所以球的表面积为. 故选：B. 7. 已知，，，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件及同角三角函数的平方关系，利用两角差的余弦公式及三角函数的特殊值，注意角的范围即可求解. 【详解】由，，得，， ∴，即， ∴，解得. 又，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴. 故选：A. 8. 在正方体中，为棱的一个三等分点（靠近点），分别为棱，的中点，过三点作正方体的截面，则下列说法正确的是（ ） A. 所得截面是六边形 B. 截面过棱的中点 C. 截面不经过点 D. 截面与线段相交，且交点是线段的一个五等分点 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，作出过三点的正方体的截面，再逐项推理判断作答. 【详解】在正方体中，依题意，直线FG与直线交于点P，显然， 直线FE交DA延长线于点Q，则有，如图， 连接，则有，而平面平面，平面平面， 平面与平面有公共点，则平面与平面必有一条交线，此交线平行于，也平行于， 连，因，则四边形是平行四边形，于是得，即平面平面， 因此点是平面截正方体的截面的一个顶点，连交分别于点O，H， 连接，则五边形是平面截正方体所得的截面，A不正确，C不正确； 由知，，即，B不正确； 由得，即，则截面与线段相交，且交点是线段的一个五等分点，D正确. 故选：D 【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交， 或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上. 二.多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.全选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分） 9. 已知向量，则下列命题中真命题为（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则向量在向量上的投影向量的坐标为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用平面向量的坐标表示对每个选项一一分析. 【详解】对A，因为，所以， 解得或，当时，，满足题意， 当时，，满足题意，故A正确； 对B，因为，所以，解得，故B错； 对C，时，，则， 所以，故C正确； 对D，时，， 则向量在向量上的投影为， 所以向量在向量上的投影向量的坐标为，故D正确. 故选：ACD 10. 已知复数满足，则（ ） A. 的虚部为 B. C. 在复平面内对应的点在第四象限 D. 若复数满足，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意，由复数的四则运算即可求得，然后对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】 因为，即，所以， 则， 所以的虚部为，故A正确； 则，故B正确； 在复平面内对应的点为，在第三象限，故C错误； 满足的复数对应的点的集合是以为圆心，为半径的圆， 而表示复数到原点的距离，且， 则，故D正确； 故选：ABD 11. 已知正方体的棱长为2，点为平面上一动点，则（ ） A. 当点为的中点时，直线与所成角的余弦值为 B. 当点在棱上时，的最小值为 C. 当点在正方形内时，若与平面所成的角为，则点的轨迹长度为 D. 当点在棱（不含顶点）上时，平面截此正方体所得的截面为梯形 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，连接，求出，再利用余弦定理解即可判断；对于B，将平面和平面展成同一平面，结合图象即可判断；对于C，连接，根据平面，可得即为与平面所成的角，进而可得出点的轨迹，即可判断；对于D，连接，设，，过点作交于点，连接，证明即可判断. 【详解】对于A，连接，如图（1），当点为的中点时， ，， ， 所以直线与所成角的余弦值， 故A正确； 对于B，当点在棱上时，将平面和平面展成同一平面，如图（2）， 则的最小值为，故B错误； 对于C，如图（3），连接， 因为点在正方形内，平面， 所以即为与平面所成的角， 若与平面所成的角为，则， 所以，即点的轨迹是以为圆心、以2为半径的圆， 所以点的轨迹长度为，故C正确； 对于D，如图（4），连接， 当点在棱（不含顶点）上时，设，， 过点作交于点，连接， 因为且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以四边形为平面截此正方体所得的截面， 因为，，所以， 所以截面四边形为梯形，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状； （2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解. 三.填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若，则_____________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得，再利用二倍角的余弦公式可求解. 【详解】 . 故答案为：. 13. 在中，分别为内角的对边，且满足，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意，利用正弦定理整理得，再结合余弦定理，即可求解. 【详解】因为， 由正弦定理可得， 整理得，即， 又由余弦定理得， 因为，所以. 故答案为：. 14. 古希腊数学家托勒密在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知为圆的内接四边形的两条对角线，，，则面积的最大值为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】先通过正弦定理得到，再结合托勒密定理求出，最后由面积公式及基本不等式即可求出最大值. 【详解】如图，可知，由诱导公式可得, 又， 故， 在中，由正弦定理可得， 所以设， 由余弦定理可得， 因为，所以，故， 则由托勒密定理可得， 所以，所以， 又， 当且仅当时取等号. 故面积的最大值为. 故答案为：. 四.解答题（本题共5小题，共77分） 15. 如图，在中，，E是AD的中点，设，. （1）试用，表示； （2）若，与的夹角为，求 【答案】（1）, （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量加法减法的三角形法则及数乘运算即可求解； （2）根据（1）的结论，利用向量的模公式和向量的数量积公式即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以. 所以. 因为E是AD的中点， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 所以 ， 所以 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为棱的中点.证明： （1）平面； （2）平面平面. 【答案】（1）证明:∵，且为的中点， ∴， ∵平面，平面， ∴， ∵在正方形中，， 又∵，平面，， ∴平面， 又∵平面， ∴， ∵，平面，， ∴平面. （2）证明:设的中点为，连接，如图. ∵， ∴， 又∵，，，平面，， ∴平面， ∵平面，∴， 又∵，平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面. 【解析】 【分析】（1）依题意可得，再由线面垂直得到，即可得到平面，从而得到，即可得证； （2）设的中点为，连接，则，再证明平面，即可得到，从而得到平面，即可得证. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 略. 17. 如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面. （1）求证：平面； （2）求与平面所成的角； （3）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1） 如图，在梯形ABCD中，连接DE，因为 E是BC 的中点， 所以，又因为，且， 故四边形是菱形，从而， 所以沿着AE翻折成后，平面，因为平面， 则 有，又平面， 所以平面， 由题意，易知,所以四边形是平行四边形，故， 所以平面. （2） （3）存在，此时点是线段的中点且，理由如下： 假设线段上存在点，使得平面， 过点作交于，连接，如图所示： 所以，所以四点共面， 又因为平面，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以是的中点， 故在线段上存在点，使得平面，且. 【解析】 【分析】（1）首先根据已知条件并结合线面垂直的判定定理证明平面，再证明即可证出结论； （2）根据（1）中线面垂直的结论并结合线面角的概念找出所求角，再结合已知条件即可求解； （3）首先假设存在，然后根据线面平行的性质以及已知条件，看是否能求出点的具体位置，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面，所以线段在平面内的射影为线段， 所以与平面所成的角为， 由已知条件，可知，， 所以是正三角形，所以平分，所以， 所以与平面所成的角为. 【小问3详解】 略 18. 已知中，角所对的边长分别为，且，为边上一点，且. （1）若为中线，且，求； （2）若为的平分线，且为锐角三角形，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，在中由余弦定理得，在中由余弦定理得； （2）设，在和中分别运用正弦定理，两式相除得到，结合为锐角三角形得到，进而求解答案. 【小问1详解】 如下图所示， 在中，设，由余弦定理得 即，得， 所以， 在中，由余弦定理得， 则，所以 【小问2详解】 设，则，如下图所示， 在和中，由正弦定理得 ， ，得， 因为为锐角三角形，所以均为锐角， 所以，则，所以， 又因为， 所以， 所以的取值范围是 19. 已知向量令. （1）求函数的对称轴方程； （2）设，当时，求函数的最小值； （3）在（2）的条件下，若对任意的实数且，不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据平面向量的数量积公式及两角和的余弦公式可得，再由 可得结果； （2）令，因为，所以 则，根据二次函数的性质讨论三种情况，即可得结果； （3）当时，由，结合基本不等式即可得结果. 【小问1详解】 因为向量 所以， 由，得， 所以函数对称轴方程为 【小问2详解】 由（1）得， 因为 所以 令，因为， 所以 ， 则， 对称轴为， 当，即，可得在上单调递增， 所以， 当，即时，， 当，即时，在上单调递减， 所以 所以 【小问3详解】 当时，由（2）可得 所以 而，当且仅当时取等号， ，当且仅当时，取等号， 所以 所以 ， 即实数的取值范围为 【点睛】关键点点睛：此题考查三角函数的图象与性质，考查向量的数量积运算，考查二次函数的最值的求法，考查基本不等式的应用，解题的关键是利用三角函数公式将函数进行化简，再换元转化为二次函数求解，考查数学转化思想和分类思想，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $