精品解析：广东省麻涌，塘厦，七中，济川四校2023-2024学年高一下学期5月期中联考数学试题

2023-2024学年下学期段考二四校联考高一数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 命题人：傅建美、谢林、韦日凤、汪群芳 审题人：谢林 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上，并用2B铅笔将考生号填涂在答题卡相应位置上． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须填写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，一个选项符合要求，选对得5分，错选得0分.） 1. 若复数满足，则的虚部等于（ ） A. 4 B. 2 C. -2 D. -4 2. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 零向量的长度是0 C. 长度相等的向量叫相等向量 D. 共线向量是在同一条直线上的向量 3. 数据的第15百分位数为（ ） A. 69 B. 70 C. 75 D. 96 4. 在中，若，则角等于（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 如图，在中，为靠近点的三等分点，为的中点，设，以向量为基底，则向量（ ） A. B. C. D. 6. 如图，矩形ABCD中，，正方形ADEF的边长为1，且平面平面ADEF，则异面直线BD与FC所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 西安大唐不夜城的“不倒翁小姐姐”因为一段“把手给我”的短视频而被人熟知.“不倒翁小姐姐”不倒的原因在于其脚下的半球形工具.如图，半球内有一内接正四棱锥，这个内接正四棱锥的高与半球的半径相等且体积为，那么这个半球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知边长为2的菱形中，点为上一动点，点满足，，则的最大值为（ ） A. 0 B. C. D. 3 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 设，为不同的直线，，为不同的平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 10. 蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物.巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底，由三个相同的菱形组成.巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜.如图是一个蜂巢的正六边形开口，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 在上的投影向量为 D. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为线段上一个动点，则（ ） A. 存在点G，使直线平面 B. 存在点G，使平面∥平面 C. 三棱锥的体积为定值 D. 平面截正方体所得截面的最大面积为 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则______________. 13. 相看两不厌，只有敬亭山.李白曾七次登顶拜访的敬亭山位于安徽省宣城市北郊，其上有一座太白独坐楼（如图（1）），如图（2），为了测量该楼的高度AB，一研究小组选取了与该楼底部在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，在点处测得该楼顶端的仰角为，则该楼的高度AB为____________m. 14. 如图，在棱长为3的正方体中，在线段上，且是侧面上一点，且平面，则线段的最大值为__________. 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，，与的夹角是. （1）计算； （2）当k为何值时，？ 16. 锐角中，内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若边上的中线长为，求的面积. 17. 如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面平面. （1）求证：平面； （2）求与平面所成的角. 18. 已知是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点作，，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立平面坐标系，如左图．我们把这个由基底确定的坐标系称为基底坐标系．当向量不垂直时，坐标系就是平面斜坐标系，简记为．对平面内任一点，连结，由平面向量基本定理可知，存在唯一实数对，使得，则称实数对为点在斜坐标系中的坐标． 今有斜坐标系（长度单位为米，如右图），且，设 （1）计算的大小； （2）质点甲在上距点4米的点处，质点乙在上距点1米的点处，现在甲沿的方向，乙沿的方向同时以3米/小时的速度移动． ①若过2小时后质点甲到达点，质点乙到达点，请用，表示； ②若时刻，质点甲到达点，质点乙到达点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离． 19. 如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，H为PC的中点，M为AH的中点，. （1）求证：； （2）求点C到平面ABH的距离； （3）在线段PB上是否存在点N，使MN平面ABC？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年下学期段考二四校联考高一数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 命题人：傅建美、谢林、韦日凤、汪群芳 审题人：谢林 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号、试室号、座位号填写在答题卡上，并用2B铅笔将考生号填涂在答题卡相应位置上． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．答案不能答在试卷上． 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须填写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，一个选项符合要求，选对得5分，错选得0分.） 1. 若复数满足，则的虚部等于（ ） A. 4 B. 2 C. -2 D. -4 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的运算性质，化简得出. 【详解】若复数满足，则 ， 所以的虚部等于. 故选：C. 2. 下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 零向量的长度是0 C. 长度相等的向量叫相等向量 D. 共线向量是在同一条直线上的向量 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的相关概念逐一判断即可. 【详解】A：仅表示与的大小相等，但是方向不确定， 故未必成立，所以A错误； B：根据零向量的定义可判断B正确； C：长度相等的向量方向不一定相同，故C错误； D：共线向量不一定在同一条直线上，也可平行，故D错误. 故选：B. 3. 数据的第15百分位数为（ ） A. 69 B. 70 C. 75 D. 96 【答案】B 【解析】 【分析】根据百分位数的定义得到答案. 【详解】因为，根据百分位数的定义可知，该数学成绩的分位数为第2个数据70. 故选：B． 4. 在中，若，则角等于（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】直接利用正弦定理即可求解. 【详解】由正弦定理得：，即， 解得：, 因为，由大角对大边得：A=. 故选：B 5. 如图，在中，为靠近点的三等分点，为的中点，设，以向量为基底，则向量（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的加减法运算法则运算即可得出答案. 【详解】由图形可知： . 故选：B. 6. 如图，矩形ABCD中，，正方形ADEF的边长为1，且平面平面ADEF，则异面直线BD与FC所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】取AF的中点G，连接AC交BD于O点，异面直线与所成角即直线与所成角.在中，分别求得，利用余弦定理即可求得，从而求得异面直线夹角的余弦值. 【详解】取AF的中点G，连接AC交BD于O点，如图所示， 则，且，异面直线与所成角即直线与所成角， 由平面平面，，平面平面， 平面知，平面，又平面， 所以，由题易知， 所以，则，， ，则在中，由余弦定理知， ， 由两直线夹角取值范围为，则直线与所成角即异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C 【点睛】方法点睛：将异面直线平移到同一个平面内，利用余弦定理解三角形，求得异面直线的夹角. 7. 西安大唐不夜城的“不倒翁小姐姐”因为一段“把手给我”的短视频而被人熟知.“不倒翁小姐姐”不倒的原因在于其脚下的半球形工具.如图，半球内有一内接正四棱锥，这个内接正四棱锥的高与半球的半径相等且体积为，那么这个半球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】画出图形，利用已知条件转化求解球的半径，即可得到半球的表面积. 【详解】设半球的半径为，连接交于点，连接， 则，则， ∵内接正四棱锥的高与半球的半径相等且体积为， ∴四棱锥的体积，所以， 所以这个半球的表面积. 故选：B. 8. 已知边长为2的菱形中，点为上一动点，点满足，，则的最大值为（ ） A. 0 B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】设，求得，得到，以与交点为原点，建立平面直角坐标系，设，求得，进而求得的最大值为. 【详解】由，可得， 设， 可得 ，所以， 因为，所以， 以与交点为原点，以所在的直线分别为轴和轴建立平面直角坐标系，如图所示，则，，， 设，且，则，，， 当时，. 故选：D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.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. 设，为不同的直线，，为不同的平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，逐一分析各选项即可得答案. 【详解】解：对A：若，，则或与相交或与异面，故选项A错误； 对B：若，，则，故选项B正确； 对C：若，，则或与相交，故选项C错误； 对D：若，，，则，故选项D正确. 故选：BD. 10. 蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物.巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底，由三个相同的菱形组成.巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜.如图是一个蜂巢的正六边形开口，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 在上的投影向量为 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，利用平面向量的线性运算法则，以及向量的数量积的定义与运算公式，投影向量的求解，以及共线的向量的表示，逐项判定，即可求解 【详解】对于A中，根据平面向量的运算法则，可得，所以A不正确； 对于B中，由平面向量的数量积的运算公式，可得， 在正六边形中，可得，所以， 所以，所以B正确； 对于C中，因为，且， 所以，所以， 所以向量在向量上的投影向量为，所以C正确； 对于D中，在正六边形中，可得，直线平分角， 且为等边三角形，可得与向量共线且方向相同， 在中，可得,且两三角形均为直角三角形， 所以，则， 又由，所以，所以，所以D正确. 故选：BCD. 11. 如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为线段上一个动点，则（ ） A. 存在点G，使直线平面 B. 存在点G，使平面∥平面 C. 三棱锥的体积为定值 D. 平面截正方体所得截面的最大面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A项，可以通过取的中点H、I，连接HI交于G点，判定即可； 对于B项，通过反证，利用面A1DCB1与面和面的交线PG、DH是否能平行来判定； 对于C项，通过等体积法转化即可判定； 对于D项，讨论截面的形状并计算各交线长来判定即可. 【详解】对于A项，如图所示， 取的中点H、I，连接HI交于G点，此时∥，由正方体的性质可得，，所以平面，故A正确； 对于B项，如图所示，连接，H为侧面CB1的中心，则面A1DCB1与面和面分别交于线PG、DH， 若存在G点使平面∥平面，则PG∥DH，又A1D∥CB1， 则四边形PGHD为平行四边形，即PD=GH，而PD＞， 此时G应在CB1延长线上，故B错误； 对于C项，随着G移动但G到面的距离始终不变即， 故是定值，即C正确； 对于D项，若G点靠C远，如图一所示，过G作QR∥EF，即截面为四边形EFQR， 显然该截面在G为侧面CB1的中心时取得最大，最大值为， 若G靠C近时，如图二所示，G作KJ∥EF，延长EF交DD1、DA延长线于M、H，连接MK、HJ交D1C1、AB于L、I，则截面为六边形EFIJKL，当KG为中点时取得最大值，最大值为，，即D正确； 故选：ACD 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数满足，则______________. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的模的性质进行计算. 【详解】由. 故答案为： 13. 相看两不厌，只有敬亭山.李白曾七次登顶拜访的敬亭山位于安徽省宣城市北郊，其上有一座太白独坐楼（如图（1）），如图（2），为了测量该楼的高度AB，一研究小组选取了与该楼底部在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，在点处测得该楼顶端的仰角为，则该楼的高度AB为____________m. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理及直角三角形边角关系计算即得. 【详解】在中，由正弦定理，得， 在中，（）. 故答案为： 14. 如图，在棱长为3的正方体中，在线段上，且是侧面上一点，且平面，则线段的最大值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】在线段上取一点，使得，在线段上取一点，使得，连接，易证平面平面，得到的轨迹为线段求解. 【详解】解：如图， 在线段上取一点，使得，在线段上取一点，使得，连接， 因为，所以， 又，所以， 因为平面平面，所以平面， 同理，因为平面平面，所以平面， 又，所以平面平面，因此，在线段上. 因为， 所以线段的最大值为. 故答案为： 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，，与的夹角是. （1）计算； （2）当k为何值时，？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】根据数量积的计算规则计算. 【小问1详解】 ，，与的夹角是， 则， 即有； 【小问2详解】 由 可得，即， 即，解得.则当k为时，；、 综上，（1），（2）. 16. 锐角中，内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若边上的中线长为，求的面积. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）首先根据三角恒等变换化解等式，再结合函数是锐角三角形，即可求解； （2）根据余弦定理，再结合中线的向量表示，平方后，根据两等式，即可求解，并求三角形的面积. 【小问1详解】 因为， 所以， 又 ， 所以，所以， 所以或， 若，则，与为锐角三角形矛盾，舍去， 从而，则， 又，所以. 【小问2详解】 由余弦定理，得，即①， 设的中点为，则，两边同时平方可得：， 即：，即：②， 由①可得：， 于是：的面积. 17. 如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面平面. （1）求证：平面； （2）求与平面所成的角. 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面后可得结论成立． （2）利用平面得到线面夹角即为，再证明为等边三角形即可得到 【小问1详解】 因为，是的中点， 所以， 故四边形是菱形，从而， 所以沿着翻折成后，，， 又因为，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. 【小问2详解】 因为平面，所以与平面所成的角为， 由已知条件，可知，， 所以是正三角形，又因为为中点，所以， 所以与平面所成的角为. 18. 已知是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点作，，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立平面坐标系，如左图．我们把这个由基底确定的坐标系称为基底坐标系．当向量不垂直时，坐标系就是平面斜坐标系，简记为．对平面内任一点，连结，由平面向量基本定理可知，存在唯一实数对，使得，则称实数对为点在斜坐标系中的坐标． 今有斜坐标系（长度单位为米，如右图），且，设 （1）计算的大小； （2）质点甲在上距点4米的点处，质点乙在上距点1米的点处，现在甲沿的方向，乙沿的方向同时以3米/小时的速度移动． ①若过2小时后质点甲到达点，质点乙到达点，请用，表示； ②若时刻，质点甲到达点，质点乙到达点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离． 【答案】（1） （2）①；②小时后，两质点相距最短，最短距离为米 【解析】 【分析】（1）通过展开计算即可； （2）①通过以及计算可得；②通过求得，再通过展开计算求最值. 【小问1详解】 因为，所以，， 又，所以． 所以， 即的大小为； 【小问2详解】 ①如图所示： 依题意，过2小时后质点甲到达点（在点左边），且有， 质点乙到达点，且有，故 ②时刻时，质点甲到达点，质点乙到达点， 如图所示： ，则 ， 所以两质点间的距离 ， 因为，所以当时．取得最小值为， 所以小时后，两质点相距最短，最短距离为米． 19. 如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，H为PC的中点，M为AH的中点，. （1）求证：； （2）求点C到平面ABH的距离； （3）在线段PB上是否存在点N，使MN平面ABC？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）证明平面即能证出 （2）利用三棱锥等体积即能求C到平面ABH的距离. （3）取的中点，则能得平面平面，即得出，利用相似即能得出比值. 【小问1详解】 因为底面，平面，所以. 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以. 【小问2详解】 设点到平面的距离为. 因为底面，，为的中点， 所以点到平面的距离为. 又因为在中，，，． 则， . 又因为底面，平面，所以， 又因为，，为的中点， 所以， 又因为由（1）知平面，平面，所以， 则. 所以，则， 则的面积为， 所以，解得. 【小问3详解】 线段上当点满足，使平面. 证明：取CH的中点K，连接MK，NK． 因为为的中点， 所以由为的中位线，可得. 又因为平面，平面ABC，所以平面； 由，可得，则， 又因为平面ABC，平面ABC，所以平面． 又因为平面， 所以平面平面， 又因为平面MNK，所以平面ABC． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $