精品解析：山东省淄博市实验中学2023-2024学年高一下学期第一次模块考试（期中）数学试题

高一年级第二学期第一次模块考试 数学 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 设，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. 1 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的乘法运算以及复数的相等，求出，即得答案. 【详解】由，得， 故，则， 故选：D 2. 如图所示，中，，点是线段的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据图形的几何性质结合向量的线性运算，即可求得答案. 【详解】由题意知中，，点是线段的中点， 则 , 故选：C 3. 已知，表示两条不同直线，表示平面，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据线线，线面的位置关系，即可判断选项. 【详解】若，，则，异面或相交，故A错误； 若，，则或相交，故B错误； 若，，则或，故C错误； 若，，则，故D正确. 故选：D 4. 设为锐角，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用二倍角公式求，再利用诱导公式，化简求值. 【详解】， ， 因为，且，所以， 则，， 所以. 故选：B 5. 在中，内角，，的对边分别是，，，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简求解即得. 【详解】在中，由正弦定理及，得， 而，则，又，于是， 而，所以． 故选：A 6. 在长方体中，，，则与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】因为，所以与所成角等于与所成的角，在三角形中，利用余弦定理求解． 【详解】如图，连接，． 在长方体中，因为，所以与所成角等于与所成的角； 在三角形中，， 由余弦定理得． 故选：． 7. 已知两个非零向量与的夹角为，我们把数量叫作向量与的叉乘的模，记作，即.若向量，，则（ ） A. B. 10 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】首先根据向量的坐标求以及，再代入叉乘公式，即可求解. 【详解】若向量，，则， ，则， . 故选：B 8. 已知是的外心，，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先判断的形状，再代入投影向量公式，即可求解. 【详解】由，可知点为的中点，且是的外心， 所以，又因为，则，则， 所以向量在向量上的投影向量为. 故选：C 二、多项选择题：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. 已知，，是平面上的三个非零向量，那么下列说法正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若，则与的夹角为 D. 在正方体中， 【答案】BD 【解析】 【分析】根据向量的定义结合向量模的含义可判断A；根据数量积的运算律判断B；根据向量的夹角公式可判断C；根据正方体的性质可判断D。 【详解】对于A，若，但，的方向不确定，A错误； 对于B，若，两边平方得， 则，B正确； 对于C，，则，即得， 故，， 故， 而，故与的夹角为，C错误； 对于D，在正方体中，， 故四边形为平行四边形，故， 故，D正确， 故选：BD 10. 在棱长为2的正方体中，，分别为棱和的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 异面直线与所成角为 D. 平面截正方体所得截面的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线面平行的判断定理，即可判断A；根据线面垂直的定义，结合垂直关系，即可判断B；根据异面直线所成角的定义，以及平行关系的转化，即可判断C，首先作出平面截正方体所得截面，再计算截面的面积. 【详解】A.如图，由条件可知，，平面，平面，所以平面，故A正确； B.取的中点，连结，， 因为，，所以, 设正方体的棱长为2，则,，不满足勾股定理， 所以不垂直于，则不垂直于平面， 所以不垂直于平面，故B错误； C.连结，是等边三角形，与所成角为， 因为，所以异面直线与所成角为，故C正确； D.连结，，，所以四点共面，四边形平面截正方体所得截面， 如图，四边形是等腰梯形，，，， 作，则, 所以四边形的面积，故D正确. 故选：ACD 11. 如图，在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，D是外一点且B、D在直线AC异侧，，，则下列说法正确的是（ ） A. 等边三角形 B. 若，则A，B，C，D四点共圆 C. 四边形ABCD面积的最小值为 D. 四边形ABCD面积的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由正弦定理的边角互化即可得到，从而判断A，由余弦定理即可得到，从而判断B，由三角形的面积公式代入计算，即可判断CD. 【详解】， 根据正弦定理得， 即， ，显然，则，根据题意，有， 又，可得，，为等边三角形，故A正确； ，，在中，， 当时，，，即， A，B，C，D共圆，B正确． 又， 四边形ABCD面积， ，， ，则， 所以四边形ABCD的面积没有最小值，C错误． 当，即时，四边形ABCD面积取最大值，故D正确． 故选：ABD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 复数满足（为虚数单位），则的共轭复数的虚部是_____________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据条件等式化解复数，再求其共轭复数及其虚部. 【详解】， 所以，所以的共轭复数的虚部是1. 故答案为：1 13. 在正三棱柱中，，若与平面所成的角为，则四棱锥的体积_________________. 【答案】## 【解析】 【分析】取的中点为D，证明平面，求出相关线段长，根据棱锥的体积公式，即可求得答案. 【详解】取的中点为D，连接，由于为正三角形，故， 又平面，平面，则， 又，平面，故平面， 连接，则即为与平面所成的角，即， 且平面，故； 由于，故，故， 在中，， 故， 故答案为： 14. 已知函数在区间有且仅有2个零点，则的取值范围是_____________. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得，结合余弦函数的性质以及整体代换思想化简即可求解. 【详解】由，得， 又函数在上有且仅有2个零点， 所以，解得， 即的取值范围为. 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. 在中，分别是角所对的边，. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理直接求解即可； （2）根据（1）中结论，利用正弦定理直接求解可得； （3）先利用余弦定理求出，然后由余弦的差角公式求解可得. 【小问1详解】 由余弦定理知，， 所以，即， 解得或-1(舍负)，所以. 【小问2详解】 由正弦定理知，， 所以，所以. 【小问3详解】 由余弦定理知，， 所以 . 16. 已知函数在区间上的最小值为3. （1）求常数的值； （2）当时，将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数，求函数的单调递减区间、对称中心. 【答案】（1）3 （2）， 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简，结合其最小值即可求得m的值； （2）根据三角函数图象伸缩变换可得的表达式，结合正弦函数的单调性以及对称性即可求得答案. 【小问1详解】 由题意得 ， 因为，所以， 则， 又函数在区间上的最小值为3，则， 故； 【小问2详解】 当时，将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数， 即， 令， 则，即的单调递减区间为； 令，解得， 故的对称中心为. 17. 如图，在三棱柱中，侧面，均为正方形，交于点，，为中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成的角． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用已知条件结合线面平行判定定理进行证明即可； （2）根据线面角的定义进行求解即可. 【小问1详解】 在正方形中，， 因为，所以， 又因为侧面是正方形，所以， 因为平面， 所以平面， 而平面，则，而， ∴，而， 又平面， ∴平面 【小问2详解】 连接，如图所示： ∵为正方形，， ∴， 而平面， ∴平面， ∴为直线与平面所成的角， ∵， ∴， 所以直线与平面所成的角为. 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点. （1）求证：平面； （2）若二面角的大小为， （ⅰ）求与所成角的余弦值； （ⅱ）求直线与平面所成角的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2）； 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判断定理，转化为证明，即可证明； （2）（ⅰ）根据（1）的结果，转化为求与所成角的余弦值，利用图形的几何性质，结合余弦定理，即可求解；（ⅱ）根据线面角的定义，构造线面角，即可求解. 【小问1详解】 如图，因为点是正方形的对角线的中点，所以三点共线，连结， 点是对角线的交点，所以是的中点，是的中点， 所以， 平面，平面， 所以平面 【小问2详解】 （ⅰ）连结， 若二面角的大小为， 则平面平面，且平面平面， ，且平面， 所以平面，平面， 所以， 又因为，所以，则， 又，， 异面直线与所成的角为与所成的角，为或其补角， 中，， 所以异面直线与所成角的余弦值为； （ⅱ）取的中点，连结，因为，所以， 所以平面， 连结，为直线与底面所成的角， 因为底面边长为1，， 所以,， , 所以. 所以直线与平面所成角的大小为. 19. 定义函数的“源向量”为，非零向量的“伴随函数”为，其中为坐标原点. （1）若向量的“伴随函数”为，求向量； （2）在中，角的对边分别为，若函数的“源向量”为，且已知，； （ⅰ）求周长的最大值； （ⅱ）求的最大值. 【答案】（1） （2）(i) (ii) 【解析】 【分析】（1）由“源向量”与“伴随函数”概念将化为形式求解即可. （2）（ⅰ）由余弦定理与基本不等式求解周长的最大值即可 （ⅱ）将向量转化为三角形边的关系，结合重要不等式求解即可 【小问1详解】 因为 所以 【小问2详解】 （ⅰ）由于函数的“源向量为， 所以 又因为，所以，又因为，所以 在中，，由余弦定理得： 即 又由基本不等式得： 所以，即 所以，当且仅当时取等号. 所以， 所以周长的最大值为 （ⅱ）， 又，所以， 所以， 因为，所以，当且仅当时取等号， 所以， 即的最大值为. 【点睛】(1)利用三角函数的化简，根据题目对“源向量”的定义即可得出答案； （2）（i）利用余弦定理求出三角形三边的关系，利用基本不等式求解三角形周长的最值； （ii）利用向量的模长的公式，利用三角形三边表示向量模长，借助基本不等式求解范围即可得出答案. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一年级第二学期第一次模块考试 数学 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设，其中为虚数单位，则（ ） A. B. C. 1 D. 6 2. 如图所示，中，，点是线段的中点，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，表示两条不同直线，表示平面，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 设为锐角，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，内角，，的对边分别是，，，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 在长方体中，，，则与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知两个非零向量与的夹角为，我们把数量叫作向量与的叉乘的模，记作，即.若向量，，则（ ） A. B. 10 C. D. 2 8. 已知是的外心，，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，，是平面上的三个非零向量，那么下列说法正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若，则与的夹角为 D. 在正方体中， 10. 在棱长为2的正方体中，，分别为棱和的中点，则下列说法正确的是（ ） A 平面 B. 平面 C. 异面直线与所成角为 D. 平面截正方体所得截面的面积为 11. 如图，在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，D是外一点且B、D在直线AC异侧，，，则下列说法正确的是（ ） A. 是等边三角形 B. 若，则A，B，C，D四点共圆 C. 四边形ABCD面积的最小值为 D. 四边形ABCD面积最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 复数满足（为虚数单位），则共轭复数的虚部是_____________. 13. 在正三棱柱中，，若与平面所成角为，则四棱锥的体积_________________. 14. 已知函数在区间有且仅有2个零点，则的取值范围是_____________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 在中，分别是角所对的边，. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 16. 已知函数在区间上的最小值为3. （1）求常数的值； （2）当时，将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变）得到函数，求函数的单调递减区间、对称中心. 17. 如图，在三棱柱中，侧面，均为正方形，交于点，，为中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成的角． 18. 如图，在四棱锥中，底面是边长为1的正方形，，、分别是、的中点. （1）求证：平面； （2）若二面角的大小为， （ⅰ）求与所成角的余弦值； （ⅱ）求直线与平面所成角的大小. 19. 定义函数的“源向量”为，非零向量的“伴随函数”为，其中为坐标原点. （1）若向量的“伴随函数”为，求向量； （2）在中，角对边分别为，若函数的“源向量”为，且已知，； （ⅰ）求周长的最大值； （ⅱ）求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$