精品解析：云南省保山市智源高级中学2023-2024学年高一下学期4月期中数学试题

保山市智源中学 2023-2024 学年下学期高一年级期中考试数学试卷 （闭卷考试，考试时间 120 分钟，全卷满分150） 命题人：徐梦雪 审题人：尹生飞 注意事项： 1、答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、班级、考场号、座位号在答卡上填写清楚. 2、每小题选出答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案的标号.在试卷上作答无效. 一、单项选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知集合，则下列表示正确的是（ ）. A. B. C. D. 2. 已知直线a，b和平面，，，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 在中，，则角（ ） A. B. 或 C. D. 或 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 5. 若向量与满足且，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 6. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在直三棱柱中，为等腰直角三角形，且，则异面直线与所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知三棱锥的体积是是球的球面上的三个点，且，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.） 9. 下面关于空间几何体的叙述正确的是（ ） A. 有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 B. 长方体是平行六面体 C. 用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形 D. 存在每个面都是直角三角形的四面体 10. 已知复数，其中i是虚数单位，则下列结论不正确的是（    ） A. z的虚部为i B. C. 若是纯虚数，则实数 D. 若z是关于的方程的一个根，则 11. 关于函数下列结论正确的是（ ） A. 图像关于轴对称 B. 图像关于原点对称 C. 在上单调递增 D. 恒大于0 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分.） 12. 如图是水平放置的的斜二测直观图，其中，，则在中，__________. 13. 如图，是棱长为1正方体的棱上的一点，且平面，O为的中点，则与的位置关系为_______；线段的长度为_________. 14. 点是底边长为，高为的正三棱柱表面上的动点，是该棱柱内切球的一条直径，则的取值范围是__________． 四、解答题（本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知空间三点，， （1）求向量与的夹角的余弦值， （2）若向量与向量垂直，求实数k的值． 16. 现需要设计一个仓库，由上、下两部分组成，上部的形状是正四棱锥，下部的形状是正四棱柱 (如图所示)，并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍. （1）若，，则仓库的容积是多少？ （2）若正四棱锥的侧棱长为，当为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？ 17. 如图，在正方体中，为的中点. （1）求证：平面； （2）上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请说明理由. 18. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.从条件①：；条件②：；条件③：这三个条件中选择一个作为已知条件.（注：若选择多个条件作答，则只按第一个解答计分） （1）求角B的大小； （2）若，的平分线BD交AC于点D，且，求的面积. 19. 把符号称为二阶行列式，规定它的运算法则为．已知函数． （1）若，，求的值域； （2）函数，若对，，都有恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 保山市智源中学 2023-2024 学年下学期高一年级期中考试数学试卷 （闭卷考试，考试时间 120 分钟，全卷满分150） 命题人：徐梦雪 审题人：尹生飞 注意事项： 1、答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、班级、考场号、座位号在答卡上填写清楚. 2、每小题选出答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案的标号.在试卷上作答无效. 一、单项选择题（本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.） 1. 已知集合，则下列表示正确的是（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令分别为选项中不同值，求出的值进行判定. 【详解】当时，，所以，故A正确； 当时，，所以，故B错误； 当或时，，所以，故C错误； 当时，，所以，故D错误. 故选：A 2. 已知直线a，b和平面，，，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】利用线面平行的判定定理即可求解. 【详解】由， 由，则或与异面， 所以“”是“”的必要不充分条件， 故选：A. 3. 在中，，则角（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦定理变形求解即得. 【详解】由正弦定理，，则，因，则或，因，故,即两解均符合题意. 故选：D. 4. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用同角三角函数基本关系和两角和的正弦公式进行计算可得结果. 【详解】因为，，所以， 所以. 故选：C 5. 若向量与满足且，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用垂直关系的向量表示，再利用向量夹角公式计算即得. 【详解】由，，，得，则， 因此，而，则， 所以向量与的夹角为. 故选：A 6. 下列函数中，在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据各选项中函数式，直接判断单调性即得. 【详解】函数在区间上单调递增，A不是； 函数在上单调递增，B不是； 函数在上单调递减，C是； 函数在上单调递增，D不是. 故选：C 7. 如图，在直三棱柱中，为等腰直角三角形，且，则异面直线与所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先补形，再作出异面直线与所成角的平面角，然后结合余弦定理即可求解. 【详解】将直三棱柱补形为如图所示的正四棱柱： 连接、，则， 则异面直线与所成角的平面角为(或其补角)， 又，， 由余弦定理可得：， 所以，故B正确. 故选：B. 8. 已知三棱锥的体积是是球的球面上的三个点，且，，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正弦定理得到外接圆半径，由余弦定理得到，由三角形面积公式得到，结合三棱锥体积得到球心到底面的距离，得到球的半径，得到表面积. 【详解】因为，所以的外接圆半径为， 在中，由余弦定理可得， 所以，所以， 设球心到平面的距离为， ∵， ， 球半径，所以球面积. 故选：A 二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.） 9. 下面关于空间几何体的叙述正确的是（ ） A. 有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 B. 长方体是平行六面体 C. 用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形 D. 存在每个面都是直角三角形的四面体 【答案】BD 【解析】 【分析】通过对空间几何体的结构特征辨析可以判断ABD选项，对圆柱轴截面理解判断C选项. 【详解】对于A，将两个下底面一样的三棱台的下底面重合在一起，组成一个新的多面体， 此时满足有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形，但它不是棱台，故A错误； 对于B，长方体是平行六面体的特殊情况之一，所以长方体是平行六面体，故B正确； 对于C，当平面与圆柱的母线平行或者垂直时，截得的截面才是矩形或圆， 否则为椭圆或椭圆的一部分，故C错误； 对于D，在正方体中的四面体， 它的四个面都是直角三角形，故D正确. 故选：BD. 10. 已知复数，其中i是虚数单位，则下列结论不正确的是（    ） A. z的虚部为i B. C. 若是纯虚数，则实数 D. 若z是关于的方程的一个根，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数乘法化简，即可根据虚部定义以及共轭定义求解AB，根据复数的除法运算，结合纯虚数的定义即可求解C，根据，是实系数一元二次方程的两个虚根，运用韦达定理可得的值，即可求解D． 【详解】, 对于A，z的虚部为1，故A错误， 对于B，，B正确， 对于C，，若为纯虚数，则，故C错误， 对于D，由实系数的一元二次方程的虚根成对出现，可得实系数一元二次方程的两个虚根分别为，，则，故，D错误． 故选：ACD． 11. 关于函数下列结论正确的是（ ） A. 图像关于轴对称 B. 图像关于原点对称 C. 在上单调递增 D. 恒大于0 【答案】ACD 【解析】 【分析】 利用函数的奇偶性,单调性直接求解. 【详解】解: 函数定义域为, ①因为 , 故函数为偶函数,所以A正确; ②由①知,函数为偶函数,所以B不正确; ③当时,,且在单调递减, 当时,, 且在单调递减, 而,故在单调递调减, 又由为偶函数,故在上单调递增,所以C正确; ④由①知, ,当,,,, 故此时.故D正确. 故选:ACD 【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性和恒大于0,属于函数基本性质的综合题,是中档题。 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分.） 12. 如图是水平放置的的斜二测直观图，其中，，则在中，__________. 【答案】 【解析】 【分析】求出的长，然后作出，利用勾股定理可计算得出的长. 【详解】在直观图中，，，则为等腰直角三角形， ， 作出如下图所示： 其中，， 且，由勾股定理可得. 故答案为：. 13. 如图，是棱长为1正方体的棱上的一点，且平面，O为的中点，则与的位置关系为_______；线段的长度为_________. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】根据线面平行性质定理，结合中位线定理以及勾股定理，可得答案. 【详解】连接，交与，连接，则为的中点， 因为平面，平面，平面平面， 所以，故为的中点，所以， 在中. 故答案为：；. 14. 点是底边长为，高为的正三棱柱表面上的动点，是该棱柱内切球的一条直径，则的取值范围是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件，得出棱柱的内切球的半径为，利用数量积的运算得，再求出范围，即可求出结果. 【详解】因为正三棱柱的底边长为，如图，设内切圆的半径为， 所以，得到，又正三棱柱的高为， 所以棱柱的内切球的半径为，与上下底面有两个切点且切点为上下底面的中心， 又是该棱柱内切球的一条直径，如图，取上下底面有两个切点为， 则， 又点是正三棱柱表面上的动点， 当与（或）重合时，的值最小，此时， 由对称性知，当为正三棱柱的顶点时，的值最大， 连接，并延长交于，则， 此时， 得到， 故答案为：. 四、解答题（本题共5个小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. 已知空间三点，， （1）求向量与的夹角的余弦值， （2）若向量与向量垂直，求实数k的值． 【答案】（1）﹣ （2）k＝2 【解析】 【分析】（1）求出与及模长，利用空间向量夹角公式进行求解；（2）根据空间向量垂直得到方程，结合第一问求出实数k的值. 【小问1详解】 ，，，， 故， 所以. 【小问2详解】 ∵向量与向量垂直， ∴， 即，解得：k＝2． 16. 现需要设计一个仓库，由上、下两部分组成，上部的形状是正四棱锥，下部的形状是正四棱柱 (如图所示)，并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍. （1）若，，则仓库的容积是多少？ （2）若正四棱锥的侧棱长为，当为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？ 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）明确柱体与锥体积公式的区别，分别代入对应公式求解； （2）先根据面积关系建立函数解析式，，然后利用二次函数性质求其最值. 【小问1详解】 由知. 因为， 所以正四棱锥的体积 正四棱柱的体积 所以仓库的容积. 【小问2详解】 设，下部分的侧面积为， 则，， ， 设， 当，即时，，. 即当为时，下部分正四棱柱侧面积最大，最大面积是. 17. 如图，在正方体中，为的中点. （1）求证：平面； （2）上是否存在一点，使得平面平面，若存在，请说明理由. 【答案】（1） 连接交于，连接． 因为为正方体，底面为正方形， 对角线、交于点，所以为的中点， 又因为为的中点，在中，是的中位线， 则， 又平面，平面， 所以平面； （2） 上的中点即满足平面平面． 因为为的中点，为的中点，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面， 所以平面； 由（1）知平面， 又因为，平面， 所以平面平面． 【解析】 【分析】（1）由三角形的中位线定理、线面平行的判定定理，可得证明； （2）上的中点即满足平面平面．由平行四边形的性质和线面平行的判定定理，以及面面平行的判定定理，可得结论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.从条件①：；条件②：；条件③：这三个条件中选择一个作为已知条件.（注：若选择多个条件作答，则只按第一个解答计分） （1）求角B的大小； （2）若，的平分线BD交AC于点D，且，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）选①，求出，结合，得到；选②，求出，，得到答案；选③，由正弦定理得到，求出答案； （2）由和三角形面积公式，得到，由余弦定理得到，求出，得到三角形面积. 【小问1详解】 选条件①：因为，所以，即， 又因为为锐角三角形，所以， 所以，所以. 选条件②：因为，所以， 所以， 又因为，所以， 所以，所以. 选条件③：由正弦定理可得， 即， 又因为，所以， 因为，所以. 【小问2详解】 由BD平分，得， 则，即. 在中，由余弦定理可得， 又，则， 联立可得， 解得（舍去）. 故. 19. 把符号称为二阶行列式，规定它的运算法则为．已知函数． （1）若，，求的值域； （2）函数，若对，，都有恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据新定义运算、同角三角函数的基本关系式、二次函数的性质求得的值域. （2）先求得的最小值，由此转化不等式，利用换元法，结合二次函数的性质求得正确答案. 【小问1详解】 ，， 则， 的开口向下，对称轴为， 因为，所以； 【小问2详解】 ， ∵，∴，令，则， 函数转化为函数，， 函数在上单调递增，故当时，， 即函数的最小值为1， 由题知，，即对于恒成立， 即对于恒成立， 令，则，记，，故只要， ①当时，，解得，∴， ②当时，，解得，∴， ③当时，，解得，∴． 综合①②③得，． 【点睛】二次函数在闭区间上取得最值时的，只能是其图像的顶点的横坐标或给定区间的端点．因此，影响二次函数在闭区间上的最值主要有三个因素:抛物线的开口方向、对称轴以及给定区间的位置．在这三大因素中，最容易确定的是抛物线的开口方向（与二次项系数的正负有关)，而关于对称轴与给定区间的位置关系的讨论是解决二次函数在给定区间上的最值问题的关键． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $