精品解析：福建省福州市部分学校教学联盟2023-2024学年高一下学期期末模拟考试数学试题

2023~2024学年第二学期福州市部分学校教学联盟高一年级期末模拟考试 数 学 试 卷 考试时间： 2024 年 5 月 23 日 完卷时间： 120 分钟 满 分： 150 分 友情提示：请将所有答案填写到答题卡的相应位置上，在本卷上作答均无效！ 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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，得到，结合复数的几何意义，即可求解. 【详解】由复数的运算法则，可得复数， 复数在复平面内对应的点位于第四象限. 故选：D 2. 已知复数z的共轭复数满足，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数除法运算求出，然后即可求解. 【详解】因为， 所以， 所以，所以. 故选：C 3. 已知两个不同的平面和两条不同的直线，下面四个命题中，正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，且，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系一一判断即可. 【详解】对于A：若，，则或，故A错误； 对于B：当，，，且与相交时，故B错误； 对于C：若，，则或与异面，故C错误； 对于D：若，，根据面面平行的性质定理可得，故D正确. 故选：D 4. 已知向量满足，向量与的夹角为，则（ ） A. 12 B. 4 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量数量积公式得到，从而得到. 【详解】因为，向量与的夹角为．所以， 所以． 故选：C． 5. 已知向量，则在上的投影向量为（ ） A B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将左右同时平方可求得的值，结合投影向量公式计算即可. 【详解】因为，所以， 又因为，，所以， 所以在上的投影向量为. 故选：D. 6. 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. 7. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用余弦定理得到，再由正弦定理将边化角，即可求出，从而得解. 【详解】由余弦定理， 又， 所以， 所以， 由正弦定理可得， 又，所以， 所以， 又，解得或， 又，所以，则， 所以. 故选：C 8. 如图，在长方体中，，点B到平面的距离为（ ） A B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将点到平面距离转化为三棱锥的高，然后利用等体积的方法求距离即可. 【详解】 由题意得点到平面距离为三棱锥的高， 设点到平面距离为，取中点，连接， 因为为长方体，所以，所以， ，，， 所以，，解得. 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，有多个选项是符合题目要求的.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. 已知的内角所对的边分别为,则下列命题正确的是（ ） A. 若,则一定为等腰三角形 B. 若,则 C. 若,则的最大内角为 D. 若为锐角三角形,则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A由正弦定理角化边即可判断;对于B根据余弦函数的单调性即可判断;对于C先确定最大角,再利用余弦定理求解即可;对于D,先根据为锐角三角形得到,再利用正弦函数的单调性即可判断. 【详解】对于A,由正弦定理得:,所以一定为等腰三角形,故A正确; 对于B,因为,又在时为减函数,所以,故B错误; 对于C,因为,所以角为最大角, 设,由余弦定理得: , 因为,所以,故C正确; 对于D,若为锐角三角形,则, 即, 因为, 所以, 因为函数在时为增函数, 所以,故D正确. 故选:ACD. 10. 在图示正方体中，O为BD中点，直线平面，下列说法正确的是（ ）． A. A，C，，四点共面 B. ，M，O三点共线 C. 平面 D. 与BD异面 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据点与线、点与面、线与面的位置关系判断即可. 【详解】由正方体性质，，所以A，C，，四点共面，A正确； 直线交平面于点， 平面，直线，又平面，平面， 为的中点，平面，底面为正方形，所以为的中点， 平面，且平面，又平面，且平面， 面与面相交，则，，在交线上，即三点共线，故选项正确； 平面平面，平面， 但，所以平面，C错误； 平面，面，， 所以与BD为异面直线，D正确. 故选：ABD 11. 如图，棱长为2的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 直线与直线共面 B. C. 二面角的平面角余弦值为 D. 过点，，的平面，截正方体的截面面积为9 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A项，通过证明,说明直线共面；对于B项，三棱锥的体积问题，大都是通过等体积转化，使其易于求解即可；对于C：作出二面角的平面角，计算其余弦值，可判断C；对于D项，关键是寻找到经过三点的正方体的截面，然后求其面积即可. 【详解】 对于A项，如图①，分别连接,在正方体中， 易得四边形是矩形,故有，又分别是棱的中点，则, 故,即可确定一个平面，故A项正确； 对于B项，如图②，,故B项正确； 对于C项，如图③，连接交于，， 平面,平面,所以， 又，，平面,平面， 所以平面,即是二面角的平面角， 又， 故，故C项正确； 对于D项，如图④，连接易得 因平面平面，则为过的平面与平面的一条截线， 即过点的平面即平面. 由，可得四边形为等腰梯形， 故其面积为：，故D项错误. 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 陶瓷茶壶是中国人很喜爱的一种茶具，不少陶瓷茶壶兼具实用性与艺术性，如图所示的陶瓷茶壶的主体可近似看作一个圆台型容器，忽略茶壶的壁厚，该圆台型容器的轴截面下底为10cm，上底为6cm，面积为，则该茶壶的容积约为______L（结果精确到0.1，参考数据：；）． 【答案】## 【解析】 【分析】设圆台的高为，根据轴截面为等腰梯形求出，再由圆台的体积公式计算可得. 【详解】圆台型容器的轴截面为等腰梯形，设高为，则，解得， 所以圆台型容器的容积. 故答案为： 13. 海宝塔位于银川市兴庆区，始建于北朝晚期，是一座方形楼阁式砖塔，内有木梯可盘旋登至顶层，极目远眺，巍巍贺兰山，绵绵黄河水，塞上江南景色尽收眼底.如图所示，为了测量海宝塔的高度，某同学（身高173cm）在点处测得塔顶的仰角为，然后沿点向塔的正前方走了38m到达点处，此时测得塔顶的仰角为，据此可估计海宝塔的高度约为__________m.（计算结果精确到0.1） 【答案】 【解析】 【分析】如图，由三角形的外角和可得，进而求出BD，设m，利用勾股定理求出DG，即可求出DC. 【详解】如图，设海宝塔塔底中心为点，与交于点， 过点作于点，则， 由题意知，m，m， 所以，则， 在中，m， 又是的外角，即有， 所以， 在中，m，设m，则m， 在中，由勾股定理得， 即，整理得，解得或（舍）， 所以m，所以m， 即海宝塔的高度为m. 故答案为： 14. 中国古代数学著作《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”.在如图所示的堑堵中，，则阳马的外接球的体积与表面积之比是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由条件得球心到平面ABC的距离，再结合直角三角形ABC的外接圆半径求得外接球半径，进而由外接球体积和表面积公式即可计算得解. 【详解】显然阳马的外接球与直三棱柱的外接球为同一个球， 则外接球球心到平面ABC的距离为， 由，，，得三角形ABC的外接圆半径， 因此外接球半径，而外接球体积，表面积， 所以阳马的外接球的体积与表面积之比. 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，角的对边分别为． （1）求； （2）若的面积为边上的高为1，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换得，则得到的大小； （2）利用三角形面积公式得，再结合余弦定理得的值，则得到其周长. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理，得， 即，即. 因为在中，， 所以 又因为，所以. 【小问2详解】 因为的面积为， 所以，得. 由，即， 所以.由余弦定理，得，即， 化简得，所以，即， 所以的周长为. 16. 如图1，在边长为4的正方形ABCD中，点P、Q分别是边AB、BC的中点，将、分别沿DP、DQ折叠，使A、C两点重合于点M，连BM、PQ，得到图2所示几何体． （1）求证：； （2）在线段MD上是否存在一点F，使平面PQF，如果存在，求的值，如果不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）由勾股定理得，从而证得平面MDQ，然后可得线线垂直； （2）假设在线段DM上存在一点F，使平面PQF．连BD交PQ于点O，连OF，由线面平行性质定理得线线平行，由平行线得线段的比例． 【小问1详解】 由图1可得，， ∴， ∴， ∵，，MD、平面MDQ ， ∴平面MDQ， ∵平面MDQ ， ∴． 【小问2详解】 当时，平面PQF， 理由如下： 连BD交PQ于点O，连OF，由图1可得，，即， 因为，所以， 所以，所以， 因为平面，平面，所以平面PQF． 17. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，分别为的中点，为线段上一点，且． （1）证明：平面； （2）若四棱锥为正四棱锥，且，求四棱锥的外接球与正四棱锥的体积之比． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设，在的中点，连接、，即可证明四边形为平行四边形，从而得到，从而得证； （2）不妨设，连接，则平面，利用勾股定理求出，即可求出，又正四棱锥外接球的球心位于线段上，设球心为，半径为，连接，利用勾股定理求出，即可求出外接球的体积，从而得到体积之比. 【小问1详解】 设，在的中点，连接、， 因为分别为的中点，所以且， 又为线段上一点，且，底面是平行四边形，所以为的中点， 所以且，又且， 所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面. 【小问2详解】 因为四棱锥为正四棱锥，且， 不妨设，则， 连接，则平面，平面，所以， 所以，则， 所以， 因为，所以正四棱锥外接球的球心位于线段上， 设球心为，半径为，连接， 则，在中， 即，解得， 所以正四棱锥外接球的体积， 所以四棱锥的外接球与正四棱锥的体积之比为. 18. 如图，在三棱锥中，，是正三角形． （1）求证：平面平面； （2）若，，求与平面所成角正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作交PC于，连接，根据已知条件可得即为二面角的平面角，利用边长关系可得，从而可得结论； （2）首先证明平面，利用等体积法求出点到平面的距离，由，即可得结果. 【小问1详解】 作交PC于，连接， 设，由，得， 因为是正三角形，所以 在中，， 所以，所以， 故， 所以即为二面角的平面角， 因为，，则 所以，则 所以由面面垂直定义可知，平面平面． 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面，设点到平面的距离为， 由，，，则， 由余弦定理可得：， 在中，，，，所以 则 在中，，，，由余弦定理可得：， 所以在中，，取的中点，连接 则，所以 则 根据等体积法可得：， 所以， 因为，所以与平面所成角的正弦值． 19. 如图，斜三棱柱中，，为的中点，为的中点，平面⊥平面． （1）求证：直线平面； （2）设直线与直线的交点为点，若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角； （3）若，在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切．求三棱柱的高． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，从而，得到线面平行； （2）先证明出为三等分点，然后运用余弦定理求出可得； （3）因为在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切，故小球的半径即为三棱柱直截面的内切圆的半径，利用面积公式得到内切圆半径，画出立体几何图形，结合相关关系求出三棱柱的高. 【小问1详解】 斜三棱柱中，为的中点，为的中点， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为AC=BC，为的中点，所以CD⊥AB， 因为平面⊥平面，交线为AB，CD平面ABC， 所以CD⊥平面，故⊥平面， 所以,又与互相垂直，,面 故面,得.即为直角三角形， 在中，为中点，，所以为的三等分点，设， 由余弦定理可得： 解之：，所以故 ⊥平面，在中，. 与所成的角为 【小问3详解】 过作于，过作于，连 为直截面，小球半径为的内切圆半径 因为，所以， 故AC⊥BC，则 设所以，由解得， ； 由最小角定理 由面,易知， 内切圆半径为： 则 【点睛】定义法求解二面角，需要先作出辅助线，找到二面角的平面角，再求出各边长，利用余弦定理求解该角的余弦值，或根据直角三角形锐角三角函数求出该角的正弦，余弦或正切值，得到答案. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2023~2024学年第二学期福州市部分学校教学联盟高一年级期末模拟考试 数 学 试 卷 考试时间： 2024 年 5 月 23 日 完卷时间： 120 分钟 满 分： 150 分 友情提示：请将所有答案填写到答题卡的相应位置上，在本卷上作答均无效！ 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知复数z共轭复数满足，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 3. 已知两个不同的平面和两条不同的直线，下面四个命题中，正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，且，，则 C. 若，，则 D 若，，则 4. 已知向量满足，向量与的夹角为，则（ ） A. 12 B. 4 C. D. 2 5. 已知向量，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（     ） A. B. C. 四边形的周长为 D. 四边形的面积为 7. 在中，内角，，所对的边分别为，，，已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在长方体中，，点B到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知的内角所对的边分别为,则下列命题正确的是（ ） A. 若,则一定为等腰三角形 B. 若,则 C. 若,则的最大内角为 D. 若为锐角三角形,则 10. 在图示正方体中，O为BD中点，直线平面，下列说法正确的是（ ）． A. A，C，，四点共面 B. ，M，O三点共线 C. 平面 D. 与BD异面 11. 如图，棱长为2的正方体中，点，，分别是棱，，的中点，则下列说法正确的有（ ） A. 直线与直线共面 B. C. 二面角的平面角余弦值为 D. 过点，，的平面，截正方体的截面面积为9 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 陶瓷茶壶是中国人很喜爱的一种茶具，不少陶瓷茶壶兼具实用性与艺术性，如图所示的陶瓷茶壶的主体可近似看作一个圆台型容器，忽略茶壶的壁厚，该圆台型容器的轴截面下底为10cm，上底为6cm，面积为，则该茶壶的容积约为______L（结果精确到0.1，参考数据：；）． 13. 海宝塔位于银川市兴庆区，始建于北朝晚期，是一座方形楼阁式砖塔，内有木梯可盘旋登至顶层，极目远眺，巍巍贺兰山，绵绵黄河水，塞上江南景色尽收眼底.如图所示，为了测量海宝塔的高度，某同学（身高173cm）在点处测得塔顶的仰角为，然后沿点向塔的正前方走了38m到达点处，此时测得塔顶的仰角为，据此可估计海宝塔的高度约为__________m.（计算结果精确到0.1） 14. 中国古代数学著作《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”，将底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”.在如图所示的堑堵中，，则阳马的外接球的体积与表面积之比是__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 在中，角的对边分别为． （1）求； （2）若的面积为边上的高为1，求的周长． 16. 如图1，在边长为4正方形ABCD中，点P、Q分别是边AB、BC的中点，将、分别沿DP、DQ折叠，使A、C两点重合于点M，连BM、PQ，得到图2所示几何体． （1）求证：； （2）在线段MD上是否存在一点F，使平面PQF，如果存在，求的值，如果不存在，说明理由． 17. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，分别为的中点，为线段上一点，且． （1）证明：平面； （2）若四棱锥为正四棱锥，且，求四棱锥的外接球与正四棱锥的体积之比． 18. 如图，在三棱锥中，，是正三角形． （1）求证：平面平面； （2）若，，求与平面所成角的正弦值． 19. 如图，斜三棱柱中，，为中点，为的中点，平面⊥平面． （1）求证：直线平面； （2）设直线与直线的交点为点，若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角； （3）若，在三棱柱内放置两个半径相等球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切．求三棱柱的高． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$