精品解析：浙江省新力量联盟2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题

绝密★考试结束前 2023学年第二学期温州新力量联盟期中联考 高一年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一､单项选择题（本大题共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） 1. 已知，把向量按向量平移后，所得向量的坐标是（ ） A B. C. D. 2. 中，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 已知，向量在上的投影向量的模长是4，则可能为（ ） A. 12 B. 8 C. -8 D. 2 4. 有一块多边形菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图），其中，，，则这块菜地的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知锐角三边长分别为，，，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，侧棱.若侧面水平放置时，水面恰好过，，，的中点.那么当底面水平放置时，水面高为（ ） A. 7 B. 6 C. 4 D. 3 7. 在中，由下面的条件能得出为钝角三角形的是（ ）. A. B. C. D. ，， 8. 在钝角中，分别是的内角所对的边，点是的重心，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题（本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 设向量，则下列叙述正确的是（ ） A. 若，则与的夹角为钝角 B. 的最小值为2 C. 与垂直的单位向量只能为 D. 若，则 10. 已知坐标原点，点，，，，则（ ） A. B. C. D. 11. 下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ） A. 直径为的球体 B. 所有棱长均为的四面体 C. 底面直径为，高为圆柱体 D. 底面直径为，高为圆柱体 非选择题部分 三､填空题：（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 在正四棱台中，，则该棱台的体积为________． 13. 为了测量一古塔的高度，某人在塔的正西方向的地测得塔尖的仰角为，沿北偏东前进100米到达地（假设地和地在海拔相同的地面上），在地测得塔尖的仰角为，则塔高为__________米. 14. 如图，在中，为边上不同于，的任意一点，点满足.若，则的最小值为_______. 四､解答题：（本大题共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. 已知向量，，，且，． （1）求向量、； （2）若，，求向量，的夹角的大小. 16. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，求面积． 17. 求一个棱长为的正四面体的体积，常有如下解法：构造一个棱长为1的正方体，我们称之为该四面体的“生成正方体”（如图一），则四面体是棱长为的正四面体，四面体的体积． （1）求四面体的体积； （2）模仿（1），对一个已知四面体，构造它的“生成平行六面体”，记两者的体积依次为和，试给出这两个体积之间的一个关系式，不必证明； （3）一个相对棱长都相等的四面体，通常称之为等腰四面体（如图二），其三组对棱长分别为，，，求此四面体的体积． 18. 设z1是虚数，z2＝z1是实数，且﹣1≤z2≤1． （1）求|z1|的值以及z1的实部的取值范围； （2）若ω，求证ω纯虚数； （3）求z2﹣ω2的最小值． 19. 在直角梯形中，已知，，，，对角线交于点，点在上，且． （1）求的值； （2）若为线段上任意一点，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★考试结束前 2023学年第二学期温州新力量联盟期中联考 高一年级数学学科试题 考生须知： 1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场号､座位号及准考证号并填涂相应数字. 3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4.考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一､单项选择题（本大题共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） 1. 已知，把向量按向量平移后，所得向量的坐标是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】向量平移后与原向量为相等向量，所求坐标即为向量的坐标. 【详解】根据题意可知，，把向量按向量平移后，与原向量相等， 所得向量仍然为. 故选：C. 2. 中，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理，大角对大边，大边对大角等证明出充分性和必要性均成立，从而求出答案. 【详解】因为，由大角对大边可得， 由正弦定理得，且， 所以，故，充分性成立， 同理当时，，， 由正弦定理可得， 由大边对大角可得，必要性成立， “”是“”的充要条件. 故选：C 3. 已知，向量在上的投影向量的模长是4，则可能为（ ） A. 12 B. 8 C. -8 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量模长的计算公式得到两向量夹角的余弦值，再根据向量的数量积公式即可得到结果. 【详解】设与夹角为，由题意可知，则 又因为， 所以，所以可能为12. 故选A. 4. 有一块多边形菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图），其中，，，则这块菜地的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由所给条件求出BC，将斜二测直观图还原成直角梯形，利用梯形的面积公式即可求解. 【详解】如图1所示，过点A作AE垂直于BC于点E，，， ，四边形是正方形，则，， 将斜二测直观图还原成图2所示直角梯形，其中 所以这块菜地的面积为. 故选：D. 5. 已知锐角三边长分别为，，，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理建立不等式，解不等式求出实数的取值范围. 【详解】显然边长x<x+1,所以只需和的对角均为锐角即可，由余弦定理得： ，解得：． 故选：A 【点睛】已知三边，判断是锐角三角形还是钝角三角形的方法： ①如果一个三角形的最长边平方=其他两边的平方和，这个三角形是直角三角形； ②如果一个三角形的最长边平方>其他两边的平方和，这个三角形是钝角三角形； ③如果一个三角形的最长边平方<其他两边的平方和，这个三角形是锐角三角形； ④特别地：如果一个三角形的三条边相等，这个三角形是等边三角形，也是锐角三角形。 6. 如图，一个直三棱柱形容器中盛有水，侧棱.若侧面水平放置时，水面恰好过，，，的中点.那么当底面水平放置时，水面高为（ ） A. 7 B. 6 C. 4 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】先根据水平放置时，水的形状为直四棱柱，求出水的体积，再求出当底面水平放置时，水面高即可. 【详解】设三棱柱的底面的面积为，高为，则. 当侧面水平放置时，水的形状呈直四棱柱形， 由于液面恰好经过的中点，则直四棱柱的底面积是直三棱柱底面积的，即直四棱柱的底面积是， 所以水的体积， 当底面水平放置时，设水面高，则， 从而有，所以， 即当底面水平放置时，水面高为6. 故选：B. 7. 在中，由下面的条件能得出为钝角三角形的是（ ）. A. B. C. D. ，， 【答案】B 【解析】 【分析】A，由平面向量的数量积判断； B，由两边平方判断；C，由判断；D，利用正弦定理求解判断. 【详解】A，因为，所以，即角B为锐角，角A，C不定，故错误； B，两边平方得，由得，即角A为钝角，故正确； C，由可得，则，，，所以角A，B，C锐角，故错误； D，因为，，，由正弦定理得， 因为，所以或，则或，故错误； 故选：B 8. 在钝角中，分别是的内角所对的边，点是的重心，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】延长交于，由重心性质和直角三角形特点可求得，由，利用余弦定理可构造等量关系得到，由此确定为锐角，则可假设为钝角，得到，，，由此可构造不等式组求得的取值范围，在利用余弦定理可得，利用的范围，结合为锐角可求得的取值范围. 【详解】延长交于，如下图所示： 为的重心，为中点且， ，，； 在中，； 在中，； ，， 即，整理可得：，为锐角； 设为钝角，则，，， ，，解得：， ，， 由余弦定理得：， 又为锐角，，即的取值范围为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形中的取值范围问题的求解，解题关键是能够由两角互补得到余弦值互为相反数，由余弦定理得到，确定为锐角，从而得到三边之间的不等关系，求得的范围. 二､多项选择题（本大题共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，有选错的得0分，部分选对的得部分分） 9. 设向量，则下列叙述正确的是（ ） A. 若，则与的夹角为钝角 B. 的最小值为2 C. 与垂直的单位向量只能为 D. 若，则 【答案】AB 【解析】 【分析】求出与夹角的余弦值可判断；向量的模可判断；单位向量可判断；向量模相等列出方程求解可判断. 【详解】对，当时，，因为， 所以与的夹角是钝角，故正确； 对，，当且仅当时取等号，所以的最小值为，故正确； 对，设与垂直的单位向量为， 则，解得或 与垂直的单位向量为或，故错误； 对，若，可得：， 解得，故错误. 故选：. 10. 已知为坐标原点，点，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】A、B写出，、，的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误. 【详解】A：，，所以，，故，正确； B：，，所以，同理，故不一定相等，错误； C：由题意得：，，正确； D：由题意得：， ，故一般来说故错误； 故选：AC 11. 下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ） A. 直径为的球体 B. 所有棱长均为的四面体 C. 底面直径为，高为的圆柱体 D. 底面直径为，高为的圆柱体 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断. 【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长， 所以能够被整体放入正方体内，故A正确； 对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且， 所以能够被整体放入正方体内，故B正确； 对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图，过的中点作，设， 可知，则， 即，解得， 且，即， 故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱， 若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为， 可知：，则， 即，解得， 根据对称性可知圆柱的高为， 所以能够被整体放入正方体内，故D正确； 故选：ABD. 非选择题部分 三､填空题：（本大题共3小题，每题5分，共15分） 12. 在正四棱台中，，则该棱台的体积为________． 【答案】## 【解析】 【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解. 【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高， 因为， 则， 故，则， 所以所求体积为. 故答案为：. 13. 为了测量一古塔的高度，某人在塔的正西方向的地测得塔尖的仰角为，沿北偏东前进100米到达地（假设地和地在海拔相同的地面上），在地测得塔尖的仰角为，则塔高为__________米. 【答案】50 【解析】 【分析】首先根据题目已知条件画出图形，如图所示，CD为古塔的高度，设为米，在中，利用余弦定理求解. 【详解】根据题意作图，平面， 设塔米， 由已知由平面，米， 在中，，在中，， 所以在中，由余弦定理,， 解得米，米（舍去）， 故答案为：50. 14. 如图，在中，为边上不同于，的任意一点，点满足.若，则的最小值为_______. 【答案】##0.4 【解析】 【分析】根据题意，得，因为，，三点共线，所以，将化为的函数求最小值即可. 【详解】根据题意，得. 因为，，三点共线，设，则， 所以， 所以， 所以有，即， 所以， 所以当时，取得最小值. 故答案为： 四､解答题：（本大题共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 已知向量，，，且，． （1）求向量、； （2）若，，求向量，的夹角的大小. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由题意结合向量平行及垂直的坐标表示可求，，进而可求； （2）设向量，的夹角的大小为．先求出，，然后结合向量夹角的坐标公式可求． 【小问1详解】 解：因为，，，且，， 所以，， 所以，， 所以，； 【小问2详解】 解：设向量，的夹角的大小为． 由题意可得，，， 所以， 因为，所以． 16. 记的内角的对边分别为，已知． （1）求； （2）若，求面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据余弦定理即可解出； （2）由（1）可知，只需求出即可得到三角形面积，对等式恒等变换，即可解出． 【小问1详解】 因为，所以，解得：． 【小问2详解】 由正弦定理可得 ， 变形可得：，即， 而，所以，又，所以， 故的面积为． 17. 求一个棱长为的正四面体的体积，常有如下解法：构造一个棱长为1的正方体，我们称之为该四面体的“生成正方体”（如图一），则四面体是棱长为的正四面体，四面体的体积． （1）求四面体的体积； （2）模仿（1），对一个已知四面体，构造它的“生成平行六面体”，记两者的体积依次为和，试给出这两个体积之间的一个关系式，不必证明； （3）一个相对棱长都相等的四面体，通常称之为等腰四面体（如图二），其三组对棱长分别为，，，求此四面体的体积． 【答案】（1） （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）根据棱锥的体积公式计算可得结果； （2）根据计算可得结果； （3）构造该四面体的“生成长方体”可求出结果. 【小问1详解】 ） ． 【小问2详解】 设生成平行六面体的底面积为，高为，则其体积为， 则 则， 即. 【小问3详解】 如图，构造该四面体的“生成长方体”，设棱长分别为，，， 则有，解得：． 则有． 18. 设z1是虚数，z2＝z1是实数，且﹣1≤z2≤1． （1）求|z1|的值以及z1的实部的取值范围； （2）若ω，求证ω为纯虚数； （3）求z2﹣ω2的最小值． 【答案】（1）|z1|＝1，取值范围为[，]．（2）见解析（3）1 【解析】 【分析】（1）设z1代数形式代入z2，根据z2是实数，求得|z1|，再根据﹣1≤z2≤1，求得z1的实部的取值范围； （2）根据复数除法法则化简ω，再根据纯虚数概念判断证明； （3）先化简z2﹣ω2，再利用基本不等式求最小值． 详解】（1）设z1＝a+bi，（a，b∈R，且b≠0）， 则z2＝z1（a+bi）（a+bi）（a+bi）（a）+（b）i， 因为z2是实数， 所以b0，即b（）＝0， 因为b≠0，所以a2+b2＝1， 即|z1|＝1，且z2＝2a， 由﹣1≤z2≤1，得﹣1≤2a≤1，解得a， 即z1的实部的取值范围为[，]． （2）证明：∵a2+b2＝1， ω， 因为a，b≠0， 所以ω为纯虚数． （3）z2﹣ω2＝（a）+（b）i﹣（）2， ＝2a+（b﹣b）i ＝2a ＝2a ＝1 ＝1 ＝1 ＝1+2（a+1）﹣4 ＝2（a+1）3，a+1∈[，]， 当2（a+1）时，即a＝0时，z2﹣ω2取最小值1． 【点睛】本题考查复数概念、复数的模、纯虚数概念、复数运算以及利用基本不等式求最值，考查综合分析求解与论证能力，属中档题. 19. 在直角梯形中，已知，，，，对角线交于点，点在上，且． （1）求的值； （2）若为线段上任意一点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）以为原点，、分别为、轴建立平面直角坐标系，根据题中条件求出点、的坐标，然后利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值； （2）设，其中，求出向量、的坐标，利用二次函数的基本性质可求得的取值范围. 【小问1详解】 解：以为原点，、分别为、轴建立平面直角坐标系， 则、、、， 因为，，， 所以，所以，所以点， 设，则，， 因为，所以，解得， 所以，，则． 【小问2详解】 解：由（1）知，，设，其中， 则， 所以， 因为，故当时，取得最大值， 当时，取得最小值， 故的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$