精品解析：浙江省绍兴市诸暨中学暨阳分校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题

诸暨中学暨阳分校2023—2024学年第二学期期中考试 高一数学 试题 一、选择题：本题共8 小题，每小题3分，共24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. 下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 向量与向量的长度相等 C. 若两个单位向量平行，则这两个单位向量相等 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的相关概念即可逐一判断. 【详解】对于A；当，则不一定平行，故A错， 对于B；向量与向量是相反向量，故长度相等，故B正确， 对于C；两个单位向量平行，可能方向相同也可能相反，故向量不一定相等，故C错， 对于D；向量有方向和大小，不能比较大小，故D错， 故选：B 2. 若复数（i为虚数单位），则z的共轭复数（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先对复数化简，然后再求它的共轭复数. 【详解】因为， 所以的共轭复数为. 故选：B. 3. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意计算可得，还原图形后可得原图形中各边长，即可得其高. 【详解】在直角梯形中，，， 则， 直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形， 则有， 所以该平面图形的高为. 故选：C. 4. 在中，角的对边分别为，若，则中角B的大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角形的三边的比例关系结合余弦定理，可直接求出角B. 【详解】因为，所以可设， 由余弦定理得， 又，所以. 故选：D. 5. 在△ABC中，O为BC的中点，若，则动点M的轨迹必通过△ABC的（ ） A. 内心 B. 外心 C. 重心 D. 垂心 【答案】B 【解析】 【分析】本题根据O是BC的中点，结合给定的向量条件式，即可判断动点M的轨迹. 【详解】因为，所以， 又因为O是BC的中点，所以直线MO是BC的中垂线， 故动点M的轨迹必通过的外心. 故选：B. 6. 小明同学为了估算位于哈尔滨的索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为m，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为（    ） A. 20 m B. 30 m C. 20 m D. 30 m 【答案】D 【解析】 【详解】根据题意，结合在中，求得,再在中，由正弦定理，求得的长，最后在直角中，结合，即可求解. 【分析】由， 由题意知，所以， 在中，可得, 在中，由正弦定理得， 所以， 在直角中， 故选：D. 7. 如图，三棱锥中， 平面，且，，.则该三棱锥的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题由已知条件可推出三棱锥各个侧面和底面均为直角三角形，由此可以判断该三棱锥的外接球的球心为线段SC的中点，由此得出球的半径，从而求得球的体积. 【详解】因为平面，所以，，所以是直角三角形， 又因为在中，，，由余弦定理得， 即，解得， 所以，由勾股定理得， 又，且两直线在平面内，所以平面， 所以，所以是直角三角形， 如图，取的中点，则有， 则为三棱锥的外接球的球心，故半径， 所以三棱锥的外接球的体积. 故选：D. 8. 如图，在直角梯形ABCD中，，，，，M是AD的中点，P是梯形ABCD内一点（含边界），若，且，则的最小值是（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立直角坐标系，写出对应的点的坐标与向量的坐标，代入数量积公式计算. 【详解】建立如图所示的直角坐标系，设， 则， 所以， 因为，所以， 将代入上式，可得，所以， 又， 所以， 当时，的最小值为. 故选：C 【点睛】计算向量的数量积时，如果不能直接利用定义求解，可通过建立直角坐标系，利用数量积的坐标表示计算. 二、选择题:本题共3小题，每小题4分，共12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4分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与是异面直线 B. 直线与是平行直线 C. 直线与是相交直线 D. 平面截正方体所得的截面面积为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于ABC：根据异面直线的定义来判断；对于D：四边形为平面截正方体所得的截面，求梯形面积即可. 【详解】面，面，，所以直线与是异面直线，故A正确； 面，面，，所以直线与是异面直线，即直线与是异面直线，故B错误； 面，面，，所以直线与是异面直线，故C错误； 明显，故四边形为平面截正方体所得的截面， ， 四边形是等腰梯形，则梯形的高是， 所以梯形的面积，故D正确． 故选：AD． 10. 对于，角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，则是钝角三角形 D. 若，则符合条件的有两个 【答案】AC 【解析】 【分析】利用三角形的性质、三角函数的性质、三角恒等变形公式、正弦定理和余弦定理对各个选项逐一分析，由此确定正确选项即可. 【详解】因为在三角形中大角对大边，所以，由正弦定理得，，所以A选项正确； 因为，所以或者，即或者， 所以是等腰或者直角三角形，所以选项B错误； 因为，根据正弦定理得，有余弦定理得，又，所以为钝角， 故是钝角三角形，所以C选项正确； 因为，由余弦定理得，即， 所以唯一确定，所以选项D错误. 故选：AC. 11. 已知复数，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 若，且，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于B,C,D选项，，可以选设复数的代数形式或者三角形式，利用复数的运算法则和共轭复数的定义运算判断结果；对于A选项，可以考虑举反例说明其错误. 【详解】对于A项，当时，而故A项错误； 对于B项，设其中， 则，则； 而 ，故B项正确； 对于C项，设其中， ，则，而，故C项正确； 对于D项，设其中，,依题，不全为零， 则由可得，化简得 ，即 因不全为零，不妨设，则有，即, 故得，即，故D项正确. 故选：BCD. 三、填空题:本题共3小题，每小题4分，共12分. 12. 已知向量与的夹角为，且，，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用向量数量积的定义即可得解. 【详解】因为，，与的夹角为， 所以. 故答案为：. 13. 在△中，，，且，则______． 【答案】或 【解析】 【分析】先由正弦定理，求得,进而可得解. 【详解】在△中，由正弦定理得， ∴， 又， ∴， ∴或． 故答案为：或 14. 半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成.在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，点M，N分别在线段，上，则的最小值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】将几何体展开为平面，且在线段两侧（两线段在两点之间），利用两点之间线段最短求的最小值. 【详解】由题设，该半正多面体的展开图如下图示， 根据已知及几何体结构知：，，且，故， 所以，当且仅当在展开图中共线时等号成立. 故答案为： 四、解答题（共5小题，共52分） 15. 已知向量，，，且，． （1）求x与y的值； （2）若，，求向量，的夹角的大小. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量平行、垂直的坐标表示，代入计算即可解出； （2）求出向量，，再根据平面向量夹角的坐标运算即可解出. 【小问1详解】 因为，所以，解得， 因为，所以，解得， 所以x与y的值分别是，. 【小问2详解】 由（1）可知，，， 所以， ， 所以， 设与向量的夹角为，则 ， 又，所以，即与向量的夹角为. 16. 已知复数. （1）若m = 0，求|z|； （2）若z是纯虚数，求m的值； （3）若z对应复平面上的点在第四象限，求m的范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据时，可求出复数，再根据复数模的概念求模； （2）根据纯虚数的概念，可求出m 的值； （2）实部大于零且虚部小于零得出m的范围. 【小问1详解】 因为，所以；则； 【小问2详解】 若是纯虚数，则，解得或且且，即； 【小问3详解】 若z对应复平面上的点在第四象限，则，解得， 所以m的取值范围是. 17. 在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，满足． （1）求角C的值； （2）若，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)利用正弦定理将条件转化为角的关系，化简可求C；(2)由三角形面积公式可求，再结合余弦定理求出可得的周长． 【小问1详解】 由条件及正弦定理可得： ∴ ∵ ∴ ∴，， ∴ 【小问2详解】 ∵ ∴ 由余弦定理： ∴结合 可得：， 则的周长． 18. 正四棱锥P-ABCD，点E在棱PB上，满足，点F在棱PC上，满足. （1）证明：PA//平面BDF； （2）点G是棱PB上一点，且EF//平面ACG，求三棱锥D-ACG与四棱锥P-ABCD的体积之比. 【答案】（1） 如图，则F为PC中点，连接AC交BD于O，则O为BD中点， 再连接FO．则， 又，， 所以PA//平面BDF. （2）1:6 【解析】 【分析】（1）运用线面平行的定理，在平面BDF中找出与PA平行的线即可可解. （2）取PB上的点G,使得EF//GC，连接AG,DG,则EF//平面ACG 找出G到平面ABCD的距离和P到平面ABCD距离之间关系式：， 又，，． 两式相比得到结论． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，取PB上的点G,使得EF//GC，连接AG,DG,则EF//平面ACG 因为，则E为PG中点，且，则PE=EG=GB． 则G到平面ABCD的距离设为，P到平面ABCD距离, 且，， ，． 两式相比得到： 则三棱柱D-ACG与四棱柱P-ABCD的体积之比为1:6． 19. 如图，在△ABC中，AB=BC=2，D为△ABC外一点，AD=2CD=4，记∠BAD=α，∠BCD=β. （1）求的值； （2）若△ABD的面积为，△BCD的面积为，求的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理，进行转换即可； （2）根据题意，由（1）知，求出取得最大值，最大值为. 【小问1详解】 在中，由余弦定理，得， 在中，由余弦定理，得， 所以， 所以， . 【小问2详解】 由题意知，， 所以， 由（1）知，，所以， 所以 ， 所以当时，取得最大值，最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 诸暨中学暨阳分校2023—2024学年第二学期期中考试 高一数学 试题 一、选择题：本题共8 小题，每小题3分，共24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. 下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 向量与向量的长度相等 C. 若两个单位向量平行，则这两个单位向量相等 D. 若，则 2. 若复数（i为虚数单位），则z的共轭复数（ ） A. B. C. D. 3. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（ ） A. B. 2 C. D. 4. 在中，角的对边分别为，若，则中角B的大小是（ ） A. B. C. D. 5. 在△ABC中，O为BC的中点，若，则动点M的轨迹必通过△ABC的（ ） A. 内心 B. 外心 C. 重心 D. 垂心 6. 小明同学为了估算位于哈尔滨的索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为m，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为（    ） A. 20 m B. 30 m C. 20 m D. 30 m 7. 如图，三棱锥中， 平面，且，，.则该三棱锥的外接球的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在直角梯形ABCD中，，，，，M是AD的中点，P是梯形ABCD内一点（含边界），若，且，则的最小值是（　　） A. B. C. D. 二、选择题:本题共3小题，每小题4分，共12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4分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 如图所示，在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 直线与是异面直线 B. 直线与是平行直线 C. 直线与是相交直线 D. 平面截正方体所得的截面面积为 10. 对于，角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则是等腰三角形 C. 若，则是钝角三角形 D. 若，则符合条件的有两个 11. 已知复数，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. D. 若，且，则 三、填空题:本题共3小题，每小题4分，共12分. 12. 已知向量与的夹角为，且，，则的值为______. 13. 在△中，，，且，则______． 14. 半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成.在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，点M，N分别在线段，上，则的最小值为___________. 四、解答题（共5小题，共52分） 15. 已知向量，，，且，． （1）求x与y的值； （2）若，，求向量，的夹角的大小. 16. 已知复数. （1）若m = 0，求|z|； （2）若z是纯虚数，求m的值； （3）若z对应复平面上的点在第四象限，求m的范围. 17. 在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，满足． （1）求角C的值； （2）若，，求的周长． 18. 正四棱锥P-ABCD，点E在棱PB上，满足，点F在棱PC上，满足. （1）证明：PA//平面BDF； （2）点G是棱PB上一点，且EF//平面ACG，求三棱锥D-ACG与四棱锥P-ABCD的体积之比. 19. 如图，在△ABC中，AB=BC=2，D为△ABC外一点，AD=2CD=4，记∠BAD=α，∠BCD=β. （1）求的值； （2）若△ABD的面积为，△BCD的面积为，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $