精品解析：吉林省长春外国语学校2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题

长春外国语学校2023-2024学年第二学期期中考试 高一年级数学试卷 出题人 ：赵天 审题人：王先师 本试卷共2页，共4页.考试结束后，将答题卡交回. 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区. 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、单项选择题：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. 已知复数满足（i为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 在中，内角A，B，C所对的边分别为，，.向量，若，则角的大小为（ ） A. B. C. D. 3. 已知菱形 边长为， 则 （ ） A. B. C. 2 D. 4 4. 以长为，宽为的矩形的一边为旋转轴旋转而成的圆柱的侧面积为（ ） A. 或 B. C. 或 D. 5. 在正方体中，，，分别是，，的中点，平面平面，则直线与的夹角大小为（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 6. 在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ） A. B. C. D. 7. 我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（    ） A. 6寸 B. 4寸 C. 3寸 D. 2寸 8. 直观想象是数学六大核心素养之一，某位教师为了培养学生的直观想象能力，在课堂上提出了这样一个问题：现有10个直径为4的小球，全部放进棱长为a的正四面体盒子中，则a的最小值为（ ） 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3分，有选错的得0分． 9. 下列命题不正确的是（ ）. A. 棱台的侧棱长可以不相等，但上、下底面一定相似 B. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥 C. 有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D. 直角三角形绕其任意一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥 10. 已知△ABC的内角A､B､C所对的边分别为a､b､c，下列四个命题中，正确的命题是（ ） A. 若，则一定等腰三角形 B. 若，则是等腰或直角三角形 C. 若，则一定是等腰三角形 D. 若，且，则是等边三角形 11. 在圆锥中，C是母线上靠近点S的三等分点，，底面圆的半径为r，圆锥的侧面积为，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为 B. 当时，从点A到点C绕圆锥侧面一周的最小长度为 C. 当时，圆锥的外接球表面积为 D. 当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量与的夹角为，则在上的投影向量的模为_________； 13. 已知梯形是直角梯形，按照斜二测画法画出它的直观图（如图所示），其中，，则直角梯形边的长度是________； 14. 在中，内角所对的边分别为，满足，是边的中点，，且，则的长为__________． 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. 已知复数， （1）当 z是虚数，求的取值范围； （2）当z是纯虚数，求的取值． 16. 已知向量， （1）若，求实数的值； （2）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围. 17. 内角的对边分别为，设 （1）求B； （2）若，试判断的形状； （3）若，求锐角面积的取值范围. 18. 如图，已知平面ABC，，，，，，点为的中点 （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的大小； （3）若点为的中点，求点到平面的距离． 19. 如图所示正四棱锥，，，为侧棱上的点，且，求： （1）正四棱锥表面积； （2）若为的中点，求证：平面； （3）侧棱上是否存在一点，使得平面.若存在，求值；若不存在，试说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 长春外国语学校2023-2024学年第二学期期中考试 高一年级数学试卷 出题人 ：赵天 审题人：王先师 本试卷共2页，共4页.考试结束后，将答题卡交回. 注意事项： 1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区. 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效. 4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑. 5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀. 一、单项选择题：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. 已知复数满足（i为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据共轭复数的定义和几何意义，即可求解. 【详解】由，则， 则，即在复平面内对应点为，位于第一象限. 故选：A 2. 在中，内角A，B，C所对的边分别为，，.向量，若，则角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由得到，再利用余弦定理即可得解. 【详解】因为，， 所以，即， 由余弦定理可得. 因为，所以， 故选：D. 3. 已知菱形 边长， 则 （ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的数量积的定义计算即可., 【详解】菱形边长为，所以的夹角为， 所以. 故选：B. 4. 以长为，宽为的矩形的一边为旋转轴旋转而成的圆柱的侧面积为（ ） A. 或 B. C. 或 D. 【答案】D 【解析】 【分析】按旋转轴分类计算侧面积即可. 【详解】以长的矩形边所在直线为轴所得圆柱的侧面积为， 以长的矩形边所在直线为轴所得圆柱的侧面积为， 所以圆柱的侧面积为. 故选：D 5. 在正方体中，，，分别是，，的中点，平面平面，则直线与的夹角大小为（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 【答案】C 【解析】 【分析】如图，取中点，中点，中点，得正六边形，直线即为，或其补角是异面直线与所成的角，由此可得结论． 【详解】如图，取中点，中点，中点，顺次连接得六边形， 连接，易得，，所以，所以平面，同理可得平面，即六边形是平面六边形，由正方体性质知六边形是正六边形， 直线即为，又，所以或其补角是异面直线与所成的角，， 所以异面直线与所成的角是． 故选：C． 6. 在中，内角的对边分别是，若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正弦定理边化角，再根据两角和的正弦公式，即可化简，并求角的值，再根据条件求角的值. 【详解】由正弦定理可知，， 又因为， 所以，且， 所以，得，. 故选：B 7. 我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（    ） A. 6寸 B. 4寸 C. 3寸 D. 2寸 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得到盆中水面的半径，利用圆台的体积公式求出水的体积，用水的体积除以盆的上底面面积即可得到答案. 【详解】 如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸， 因为积水深9寸，所以水面半径为寸， 则盆中水的体积为立方寸， 所以平地降雨量等于寸 故选：C. 8. 直观想象是数学六大核心素养之一，某位教师为了培养学生的直观想象能力，在课堂上提出了这样一个问题：现有10个直径为4的小球，全部放进棱长为a的正四面体盒子中，则a的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析10个小球在正四面体内的位置情况，把正四面体的高用小球半径与正四面体的棱长表示，列等式即可求解. 【详解】我们先来证明如下引理： 如下图所示： 设正四面体棱长为，面，， 所以，， 显然为面的重心，所以，由勾股定理可得面, 所以正四面体的高等于其棱长的倍. 接下来我们来解决此题： 如下图所示： 10个直径为4的小球放进棱长为a的正四面体中，成三棱锥形状，有3层， 则从上到下每层的小球个数依次为：1，，个， 当a取最小值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的每个球都与正四面体底面相切， 任意相邻的两个小球都外切，位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线为一个正四面体， 则该正四面体的棱长为，可求得其高为， 所以正四面体的高为， 进而可求得其棱长a的最小值为． 故选：B. 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3分，有选错的得0分． 9. 下列命题不正确的是（ ）. A. 棱台的侧棱长可以不相等，但上、下底面一定相似 B. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥 C. 有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D. 直角三角形绕其任意一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥 【答案】BCD 【解析】 【分析】直接根据棱台、棱柱、棱锥和圆锥的定义判断各选项即可. 【详解】对于A：棱台的上、下底面相似，但侧棱长不一定相等，故A正确； 对于B：有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥，也可能是组合体，与棱锥的定义相矛盾，故B错误； 对于C：两个的斜棱柱扣到一起，也满足这种情况，但是不是棱柱，故C错误； 对于D：直角三角形绕直角边所在直线旋转一周所形成的几何体才是圆锥，若直角三角形绕斜边所在直线旋转一周所形成的几何体是圆锥的组合体，故D错误； 故选：BCD 10. 已知△ABC的内角A､B､C所对的边分别为a､b､c，下列四个命题中，正确的命题是（ ） A. 若，则一定是等腰三角形 B. 若，则是等腰或直角三角形 C. 若，则一定等腰三角形 D. 若，且，则是等边三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】 A．利用正弦定理以及两角和的正弦公式进行化简并判断； B．利用正弦定理以及两角和差的正弦公式进行化简并判断； C．先进行切化弦，然后利用正弦定理进行化简并判断； D．根据条件先求解出，然后利用正弦定理以及三角恒等变换计算出的值，从而判断出结果. 【详解】A．因为，所以， 所以，所以，所以，所以为等腰三角形，故正确； B．因为，所以， 所以， 所以，所以， 所以，所以或， 所以为等腰或直角三角形，故正确； C．因为，所以，所以， 所以，所以，所以或， 所以为等腰或直角三角形，故错误； D．因为，所以，所以或（舍），所以， 又因为，所以且，所以， 所以，所以，所以，所以， 所以，所以为等边三角形，故正确. 故选：ABD. 【点睛】本题考查利用正、余弦定理判断三角形形状，主要考查学生的转化与计算能力，难度一般.利用正、余弦定理判断三角形形状时，一定要注意隐含条件“”. 11. 在圆锥中，C是母线上靠近点S的三等分点，，底面圆的半径为r，圆锥的侧面积为，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为 B. 当时，从点A到点C绕圆锥侧面一周的最小长度为 C. 当时，圆锥的外接球表面积为 D. 当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动 【答案】BC 【解析】 【分析】依题意可得，对于A，利用余弦定理求出，即可判断为钝角，从而求出截面面积最大值，对于BCD，首先求出圆锥的高，将圆锥的侧面展开，化曲为直，利用余弦定理计算最小值，即可判断B，求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积，从而判断C，再求出圆锥的内切球的半径与正四面体的外接球的半径，即可判断D； 【详解】依题意可知，所以， 对于A，，所以， 所以为钝角， 所以过顶点和两母线的截面三角形的最大面积为，A错误. 对于BCD，当时，，圆锥的高为. 以下分析BCD： 侧面展开图的弧长为，所以圆心角. 所以，B正确. 设圆锥的外接球的球心为，半径为， 所以，解得， 所以外接球的表面积为，C正确. 棱长为的正四面体如下图所示， 正方体的边长为，体对角线长为， 所以棱长为的正四面体的外接球半径为. 设内切圆的半径为，则，解得， 所以，所以棱长为的正四面体在圆锥内不可以任意转动，D错误. 故选：BC. 【点睛】关键点点睛：本题D选项的解决关键是，正四面体在圆锥内可以任意转动等价于正四面体的外接球的半径小于或等于圆锥轴截面的内切圆的半径，从而得解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量与的夹角为，则在上的投影向量的模为_________； 【答案】2 【解析】 【分析】根据投影向量模的公式，即可求解. 【详解】在上的投影向量的模为 . 故答案为：2 13. 已知梯形是直角梯形，按照斜二测画法画出它的直观图（如图所示），其中，，则直角梯形边的长度是________； 【答案】 【解析】 【分析】利用斜二测画法，将题目中的图形还原，求出边的长度即可. 【详解】利用斜二测画法求解得到ABCD为直角梯形， 且如图， 由勾股定理得. 故答案为：. 14. 在中，内角所对的边分别为，满足，是边的中点，，且，则的长为__________． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据正弦定理边角互化，求得角，再根据面积关系求得，并根据余弦定理求得，即可求解. 详解】由正弦定理可知，， 即，则，， 所以， 因为点是中点，所以和的面积相等，设， 则，即， 中，根据余弦定理可知，， 则，， 中，. 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. 已知复数， （1）当 z是虚数，求的取值范围； （2）当z是纯虚数，求的取值． 【答案】（1）且，且 （2） 【解析】 【分析】这两问都是根据复数的特征，列出关于实部和虚部的方程或不等式，即可求解. 【小问1详解】 若是虚数，则且， 所以且且； 【小问2详解】 若是纯虚数，则， 解得：. 16. 已知向量， （1）若，求实数的值； （2）若与的夹角是钝角，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量线性运算与垂直的坐标表示即可得解； （2）利用向量夹角是钝角得到且与不反向共线，从而得解. 【小问1详解】 因为，， 所以， 因为， 所以，解得； 【小问2详解】 因为与的夹角是钝角，，， 所以，解得， 又当，即时，，此时与的夹角为，故， 综上可得. 17. 的内角的对边分别为，设 （1）求B； （2）若，试判断的形状； （3）若，求锐角的面积的取值范围. 【答案】（1） （2）为等边三角形 （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理的边角变换，结合三角函数的基本关系式与性质即可得解； （2）利用余弦定理，结合条件得到，从而得解； （3）先由锐角三角形得到，再利用三角函数的和差公式与性质，结合三角形面积公式与不等式的性质即可得解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 因为，则，可得， 即，所以. 【小问2详解】 由（1）知， 由余弦定理可得：， 又因为，即， 可得，整理得，即， 又，所以为等边三角形. 【小问3详解】 因为是锐角三角形， 由（1）知且，可得， 因为，所以， 由三角形面积公式得， 又由正弦定理且， 所以， 因为，所以，所以，则， 所以， 即面积的取值范围为. 18. 如图，已知平面ABC，，，，，，点为的中点 （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的大小； （3）若点为的中点，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由条件可知，平面平面，再利用面面垂直的性质定理，即可证明线面垂直； （2）首先取中点，将转化为，再根据（1）的结果，利用线面角的定义，即可求解线面角； （3）利用等体积转化，，求点到平面的距离. 【小问1详解】 ∵平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面， ∵，点为中点， ∴， ∵平面平面，平面， ∴平面. 【小问2详解】 取中点，连接，， ∵，，，点为中点， ∴四边为平行四边形，∴， ∴直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等， ∵平面， ∴为直线与平面所成的角， ∵点为中点，， ∴，，， ∴，又，所以， 所以直线与平面所成角为. 【小问3详解】 如图，连结和， 由，，，且平面， 所以,， ，，, 所以是等边三角形，， 设点到平面的距离为， 则，即，得 所以点到平面的距离为 19. 如图所示正四棱锥，，，为侧棱上的点，且，求： （1）正四棱锥的表面积； （2）若为的中点，求证：平面； （3）侧棱上是否存在一点，使得平面.若存在，求的值；若不存在，试说明理由. 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）在侧棱存在点，使得平面， 【解析】 【分析】（1）根据正四棱锥的结构求出侧面的高，即可求解正四棱锥的表面积； （2）如图，连接交于点O，则，结合线面平行的判定定理即可证明； （3）取的中点Q，过Q作的平行线交于E，得，，根据线面平行的判定定理可得平面、平面，结合面面平行的判定定理与性质即可下结论. 【小问1详解】 在正四棱锥中，， 则正四棱锥侧面的高为， 所以正四棱锥的表面积为； 【小问2详解】 如图，连接交于点O，连接，则O为AC的中点， 当M为SA的中点时，， 又平面平面， 所以平面； 【小问3详解】 在侧棱上存在点E，使得平面，满足. 理由如下： 取的中点Q，由，得， 过Q作的平行线交于E，连接，， 中，有，又平面，平面， 所以平面，由，得. 又，又平面，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，而平面， 所以平面. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$