精品解析：山西省朔州市怀仁市第一中学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题

2023~2024学年怀仁一中高一年级下学期期中考试 数学试题 （时间：120分钟 满分：150分） 一､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（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数相等的条件可求. 【详解】，而为实数，故， 故选：B. 2. 已知向量，向量，则的形状为( ) A. 等腰直角三角形 B. 等边三角形 C. 直角非等腰三角形 D. 等腰非直角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】由向量的模求得三角形三边长后，再判断三角形形状． 【详解】由题意，， ，， 而，∴是等腰直角三角形． 故选：A． 3. 在中，的对边分别是，若，则的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】利用余弦定理，结合基本不等式即可得解. 【详解】由，代入余弦定理可得： ， 当且仅当时取等号，所以， 故选：B 4. 在中，为的重心，满足，则（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意作图，根据重心的几何性质，得到线段的比例关系，利用平面向量的运算，可得答案. 【详解】设相交于点，为的重心， 可得为中点，， ， 所以， 所以. 故选：C. 5. 在中，为边上一点，满足，则（ ） A. B. 6 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意分解向量得，进一步结合向量的数量积公式即可求解. 【详解】 由题意，因为， 所以， 所以， 因为， 所以. 故选：B. 6. 已知是夹角为的两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由投影向量计算公式可得答案. 【详解】向量在向量上的投影向量为，所以， 从而，解得. 故选：B. 7. 如图，在三棱锥中，点D，E分别为棱PB，BC的中点.若点F在线段AC上，且满足平面PEF，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接CD，交PE于点G，连接FG，由线面平行性质证明，再利用重心性质求解即可. 【详解】如图，连接CD，交PE于点G，连接FG， 因为平面PEF，平面ADC，平面平面，所以， 因为点D，E分别为棱PB，BC的中点，所以G是的重心，所以. 故选：C. 8. 如图，这是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为，山高为是山坡上一点，且．现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用两点间的距离，结合图象，求最小值． 【详解】依题意，半径为，山高为，则母线， 底面圆周长，则圆锥侧面展开图扇形的圆心角， 如图，是圆锥侧面展开图， 显然， 由点向引垂线，垂足为点，此时为点和线段上的点连线的最小值， 即点为公路的最高点，段为上坡路段，段为下坡路段， 由直角三角形射影定理知，即，解得， 所以公路上坡路段长为． 故选：D 二､多选题：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.部分选对的得部分分.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. 下列说法正确的是（ ） A. ，有 B. ”是“为纯虚数”的充要条件 C. 若，则对应的点在复平面内的第四象限 D. ，则的范围是 【答案】BD 【解析】 【分析】根据复数的概念及其几何意义，逐项分析判断即可得解. 【详解】对A，设，，当时不成立，故A错误； 对B，，若，可得且，为纯虚数， 若为纯虚数，则，所以成立，故B正确； 对C，，所以，对应点在第二象限，故C错误； 对D，由，故对应点在以原点为圆心，半径为的圆上， 而表示到该圆上的点的距离，到圆心的距离为，又半径为2， 根据圆外一点到圆上一点的距离的大小，可得的范围是，故D正确. 故选：BD. 11. 下列四个命题.其中说法错误的是（ ） A. B. 若点，则与向量共线的单位向量为 C. 若非零向量和满足.则与的夹角为 D. 已知平面向量，若向量与的夹角为锐角.则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据数量积的性质可得，即可根据数乘的性质求解A，根据共线向量的定义即可求解B，根据模长公式可得，即可利用夹角公式求解C，或者利用向量的加减法的几何意义求解，利用共线即可判断D. 【详解】对于A，因为， 所以，当且仅当共线时，等号成立，故A正确； 对于，因为，则， 所以与向量共线的单位向量为，故B错误； 对于C，方法一：因为， 所以，则，化简得， 则， 即，又， 所以， 因为，所以. 方法二：由可知，以为边长的三角形为等边三角形， 则向量的夹角为，所以向量与的夹角为，故C正确； 对于D，因为，当时，，得， 经检验，当时，与同向共线，即此时与的夹角不为锐角，故D错误. 故选：BD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为虚数单位，则________． 【答案】1 【解析】 【分析】利用虚数单位的乘方运算计算得解. 【详解】. 故答案为：1 13. 正方形的面积为16，，点在线段上．若，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】如图建立直角坐标系，可得，又设，后结合可得t，即可得答案. 【详解】如图建立直角坐标系，因正方形的面积为16， 则，又，则M为AB中点， 则，因点在线段上，则设，则，. 则，故. 故答案为：. 14. 如图，在边长为3的等边三角形中，交于点点满足，过点的直线交于点，交于点，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】设，在和中，利用正弦定理得，，从而利用两角和差正弦公式化简得，最后利用正弦函数的性质求得最大值. 【详解】在边长为3的等边三角形中，， 所以为的中心，且，， 设，则， 在中，由正弦定理得即， 所以， 同理在中，由正弦定理得， 所以， 因为，所以，所以，即的最大值为. 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. 已知是同一平面内的三个向量，其中. （1）若，且，求向量； （2）若，且与垂直，求与的夹角的余弦值. 【答案】（1）或； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据题意可设，，求出即可得解； （2）由与垂直可得，带入计算求得，再由即可得解. 【小问1详解】 由可设，， ，即， 所以， 或 【小问2详解】 由可得， 由与垂直可得： ， ，所以， 所以， 所以与的夹角的余弦值. 16. 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 17. 如图所示，正方形是一个水平放置的平面图形OABC的直观图，其中． （1）求原图形的面积； （2）将原图形以OA所在的直线为轴，旋转一周得到一个几何体，求该几何体的表面积与体积．（注：图形OABC与正方形的各点分别一对应，如OB对应直观图中的） 【答案】（1） （2）体积；表面积 【解析】 【分析】（1）根据直观图还原得到原图，根据长度的关系，即可得答案. （2）由题意，得到旋转后的几何体，代入体积、表面积公式，即可得答案. 【小问1详解】 原图形OABC是个平行四边形，如下图所示 底为OA＝2，高为， ∴； 【小问2详解】 得到的几何体是一个组合体，其形状是圆柱一侧挖去一个圆锥，另一侧有多出一个相同的圆锥， ∴几何体体积 ∴几何体表面积 18. 如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C，现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿匀速步行，速度为，在甲出发后，乙从A乘缆车到B，在B处停留后，再匀速步行到C，假设缆车匀速直线运动的速度为，山路长为，经测量得，． （1）问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？ （2）为使两位游客在C处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在什么范围内？ 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求得，然后由正弦定理求得，假设乙出发后，甲、乙两游客距离为，利用余弦定理列方程，结合二次函数的性质求得的最小值. （2）根据“两位游客在C处互相等待的时间不超过3min”列不等式，由此求得乙步行的速度的范围. 【小问1详解】 由题意，，且为钝角、为锐角， 所以，， 在中， 由正弦定理，可得，解得. 所以索道的长为， 假设乙出发后（乙在缆车上），甲、乙两游客距离为， 此时甲行走了，乙距离处， 由余弦定理得 ， 因为，即， 又函数的对称轴为，开口向上， 所以当时，甲、乙两游客之间距离最短. 【小问2详解】 在中由正弦定理， 解得， 乙从出发时，甲已走了，还需要走才能到达， 设乙步行的速度为， 由题意得，解得， 所以为了使两位游客在处互相等待的时间不超过， 乙步行的速度应控制在（单位：）范围之内. 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且 （1）求； （2）若，设点为的费马点，求； （3）设点为的费马点，，求实数的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案； （2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案. （3）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案. 【小问1详解】 由已知中，即， 故，由正弦定理可得， 故直角三角形，即. 【小问2详解】 由（1），所以三角形的三个角都小于， 则由费马点定义可知：， 设，由得： ，整理得， 则 . 【小问3详解】 点为的费马点，则， 设， 则由得； 由余弦定理得， ， ， 故由得， 即，而，故， 当且仅当，结合，解得时，等号成立， 又，即有，解得或（舍去）， 故实数的最小值为. 【点睛】关键点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023~2024学年怀仁一中高一年级下学期期中考试 数学试题 （时间：120分钟 满分：150分） 一､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（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，向量，则的形状为( ) A. 等腰直角三角形 B. 等边三角形 C. 直角非等腰三角形 D. 等腰非直角三角形 3. 在中，的对边分别是，若，则的最大值为（ ） A. B. C. 2 D. 1 4. 在中，为的重心，满足，则（ ） A. B. C. 0 D. 5. 在中，为边上一点，满足，则（ ） A. B. 6 C. D. 6. 已知是夹角为的两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则（ ） A. B. 2 C. D. 7. 如图，在三棱锥中，点D，E分别为棱PB，BC的中点.若点F在线段AC上，且满足平面PEF，则的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 8. 如图，这是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为，山高为是山坡上一点，且．现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为（ ） A. B. C. D. 二､多选题：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.部分选对的得部分分.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. 下列说法正确的是（ ） A. ，有 B. ”是“为纯虚数”的充要条件 C. 若，则对应的点在复平面内的第四象限 D. ，则的范围是 11. 下列四个命题.其中说法错误的是（ ） A. B. 若点，则与向量共线的单位向量为 C. 若非零向量和满足.则与的夹角为 D. 已知平面向量，若向量与的夹角为锐角.则 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知为虚数单位，则________． 13. 正方形的面积为16，，点在线段上．若，则__________． 14. 如图，在边长为3的等边三角形中，交于点点满足，过点的直线交于点，交于点，则的最大值为______. 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. 已知是同一平面内的三个向量，其中. （1）若，且，求向量； （2）若，且与垂直，求与的夹角的余弦值. 16. 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. 17. 如图所示，正方形是一个水平放置的平面图形OABC的直观图，其中． （1）求原图形的面积； （2）将原图形以OA所在的直线为轴，旋转一周得到一个几何体，求该几何体的表面积与体积．（注：图形OABC与正方形的各点分别一对应，如OB对应直观图中的） 18. 如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C，现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿匀速步行，速度为，在甲出发后，乙从A乘缆车到B，在B处停留后，再匀速步行到C，假设缆车匀速直线运动的速度为，山路长为，经测量得，． （1）问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？ （2）为使两位游客在C处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在什么范围内？ 19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且 （1）求； （2）若，设点为的费马点，求； （3）设点为的费马点，，求实数的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $