精品解析：天津市嘉诚中学2023-2024学年高一下学期期中质量调查数学试卷

天津市嘉诚中学2023-2024学年度第二学期期中质量调查 高一年级 数学学科 （考试时长：100分钟 总分：100分） 第Ⅰ卷 一．选择题：本大题共9小题，每小题3分，共27分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案填写在答题纸上． 1. 下列结论中正确的为（ ） A. 两个有共同起点的单位向量，其终点必相同 B. 向量与向量的长度相等 C. 对任意向量，是一个单位向量 D. 零向量没有方向 2. 若向量，，则与的夹角等于（ ） A. B. C. D. 3. 已知是边长为2的等边三角形，是的中点，则 A. B. 3 C. D. 4 4. 蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物．巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底，由三个相同的菱形组成．巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜．如图是一个蜂巢的正六边形开口，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 5. 设复数（其中为虚数单位），则下列说法中正确的是（ ） A. 它的模 B. 在复平面对应的点的坐标为 C. 它的实部为 D. 共轭复数 6. 在一个正六棱柱中挖去一个圆柱后，剩余部分几何体如图所示．已知正六棱柱的底面正六边形边长为3cm，高为4cm，内孔半径为1cm，则此几何体的表面积是（ ）． A. B. C. D. 7. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. B. C. D. 8. 在棱长为1的正方体中，，E是线段（含端点）上的一动点， ①； ②平面； ③三棱锥的体积为定值； ④与所成的最大角为. 上述命题中正确的个数是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 9. 已知G是的重心，若，则（ ） A B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题 共73分） 二．填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分，将答案填写在答题纸上． 10. 在正方体中，直线与所成角的大小为____________. 11. 在正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD的中点，若，则______． 12. 已知复数z为纯虚数且满足1-3z=|z|+3i，则=________ 13. 如图是水平放置的的直观图，其中，，，则的周长为______. 14. 在中，，的角平分线交BC于D，则_________． 15. 如图所示，四边形是直角梯形（单位：），求图中阴影部分绕所在直线旋转一周所成几何体的表面积为______和体积为______. 三．解答题：本题共6个题，共49分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或步骤． 16. 如图，在中，已知，是边上一点，，，. （1）求； （2）求 17. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知. （1）求角C；（2）若，，求的周长. 18. 在①为实数，②为虚数，③为纯虚数，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中. 已知复数： （1）若________，求实数的值； （2）当在复平面内对应的点位于第三象限时，求的取值范围. 19. 已知是平面内两个不共线的非零向量，，且三点共线． （1）求实数的值； （2）已知，点，若四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点A坐标． 20. 如图，已知点P在圆柱的底面圆O上，AB为圆O的直径，OA＝2，∠AOP＝120°，三棱锥的体积为． （1）求圆柱的表面积； （2）求异面直线与OP所成角的余弦值． 21. 如图，四边形是平行四边形，点分别为线段中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 天津市嘉诚中学2023-2024学年度第二学期期中质量调查 高一年级 数学学科 （考试时长：100分钟 总分：100分） 第Ⅰ卷 一．选择题：本大题共9小题，每小题3分，共27分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案填写在答题纸上． 1. 下列结论中正确的为（ ） A. 两个有共同起点的单位向量，其终点必相同 B. 向量与向量的长度相等 C. 对任意向量，是一个单位向量 D. 零向量没有方向 【答案】B 【解析】 【分析】利用单位向量的概念可判断A选项的正误；利用向量模的定义可判断B选项的正误；取可判断C选项的正误；利用零向量的定义可判断D选项的正误. 【详解】对于A选项，两个单位向量的模相等，但这两个单位向量的方向不确定，故A错； 对于B选项，向量与向量的模相等，B对； 对于C选项，若，则无意义，C错； 对于D选项，零向量的方向任意，D错. 故选：B. 2. 若向量，，则与的夹角等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出与的坐标，然后根据向量夹角余弦公式即可求夹角. 【详解】因为向量，，所以，， 所以，，， 设与的夹角为，则，又，所以. 故选：C 3. 已知是边长为2的等边三角形，是的中点，则 A. B. 3 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据几何图形的特点得到向量的夹角，由向量数量积的运算公式得到结果. 【详解】已知是边长为2的等边三角形，是的中点，则BE垂直于AC，BE=,BC=2,BE和BC的夹角为，则=3. 故答案为B. 【点睛】本题考查了向量数量积运算，是基础题.对于向量的题目一般是以小题的形式出现，常见的解题思路为：向量基底化，用已知长度和夹角的向量表示要求的向量，或者建系实现向量坐标化，或者应用数形结合. 4. 蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物．巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底，由三个相同的菱形组成．巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜．如图是一个蜂巢的正六边形开口，下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 在上的投影向量为 【答案】D 【解析】 【分析】对A，利用向量的减法和相反向量即可判断；对B，根据向量的加法平行四边形法则即可判断；对C，利用平面向量的数量积运算即可判断；对D，利用向量的几何意义的知识即可判断. 【详解】对A，，显然由图可得与为相反向量，故A错误； 对B，由图易得，直线平分角，且为正三角形，根据平行四边形法则有，与共线且同方向． 易知，均为含角的直角三角形，故，则，而，故， 故，故B错误； 对C，因为，．故C错误； 对D，，则在上的投影向量为，故D正确． 故选：D． 5. 设复数（其中为虚数单位），则下列说法中正确是（ ） A. 它的模 B. 在复平面对应的点的坐标为 C. 它的实部为 D. 共轭复数 【答案】A 【解析】 【分析】先求出复数的代数形式，然后利用复数的概念和几何意义判断BC，根据共轭复数的概念判断D，求解复数的模判断A. 【详解】，则的实部为3，C错误； 复数在复平面内对应的点为，B错误； 的共轭复数，D错误； ，A正确. 故选：A 6. 在一个正六棱柱中挖去一个圆柱后，剩余部分几何体如图所示．已知正六棱柱的底面正六边形边长为3cm，高为4cm，内孔半径为1cm，则此几何体的表面积是（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据棱柱与圆柱的侧面积公式求解. 【详解】所求几何体的侧面积为， 上下底面面积为， 挖去圆柱的侧面积为， 则所求几何体的表面积为． 故选：C． 7. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】若α∥β，mα，mβ，则m，n可能平行也可能异面，故B错误；若m⊥α，m⊥n，则n∥α或nα，故C错误；若mα，nα，m∥β，n∥β，由于m，n不一定相交，故α∥β也不一定成立，故A错误；若m∥n，n⊥α，根据线面垂直的第二判定定理，我们易得m⊥α，故D正确. 8. 在棱长为1的正方体中，，E是线段（含端点）上的一动点， ①； ②平面； ③三棱锥的体积为定值； ④与所成的最大角为. 上述命题中正确的个数是（ ） A. 4 B. 3 C. 2 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】利用正方体的结构特征，利用线面位置关系的判定和性质，异面直线所成角及锥体体积计算对4个命题逐个判断即可得出结论. 【详解】对于①，因为平面，平面，则， 又因为，且平面， 得平面，又平面，所以； 因为平面，平面，则， 又因为平面， 所以平面，又平面， 所以，又平面，所以平面. 又平面，所以，正确； 对于②，在正方体中，因为，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 同理，平面，又平面， 所以平面平面.又平面，所以平面，正确； 对于③，由②知，平面，平面， 所以平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以为定值，正确； 对于④，当与重合时，与所成的角最大,最大为，理由如下： 因为，平面，平面， 所以，，且平面， 所以平面， 平面，所以，所以与所成的最大角为，正确. 故正确的命题个数为4个. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题考查了线线、线面关系的判断及锥体的体积，解题的关键是利用等体积转化法判断体积为定值. 9. 已知G是的重心，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先利用正弦定理得，再由三角形重心性质得出，再结合三边一角用余弦定理即可求出结果. 【详解】因为， 所以由正弦定理得， 由三角形重心性质知，得， 即， 故由余弦定理得. 故选：D 第Ⅱ卷（非选择题 共73分） 二．填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分，将答案填写在答题纸上． 10. 在正方体中，直线与所成角的大小为____________. 【答案】 【解析】 【分析】分别连接,可得，得到异面直线与所成角即为直线与所成角，在中，即可求解. 【详解】如图所示，在正方体中，分别连接,可得, 所以异面直线与所成角即为直线与所成角，设， 在中，可得，所以， 即异面直线与所成角. 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中熟记异面直线所成的求法是解答的关键，着重考查运算与求解能力，属于基础题. 11. 在正方形ABCD中，M，N分别是BC，CD的中点，若，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意结合平面向量线性运算法则可得，由平面向量基本定理可得，即可得解. 【详解】由题意画出图形，如图所示： 由题意可得 ， 又，所以， 从而，即. 故答案为：. 12. 已知复数z为纯虚数且满足1-3z=|z|+3i，则=________ 【答案】 【解析】 【分析】设，带入方程，化简后再利用两复数相等：实部等于实部，虚部等于虚部.列出方程组即可解出答案. 【详解】设. 则： 即： 所以 故答案为： 【点睛】本题考查复数的运算.属于基础题.解本题的关键在于设出复数后利用两复数相等：实部等于实部，虚部等于虚部. 13. 如图是水平放置的的直观图，其中，，，则的周长为______. 【答案】24 【解析】 【分析】根据直观图复原原图，根据斜二测画法的规则，确定相关线段的长，可求得答案. 【详解】如图，根据直观图复原原图， 则， 故的周长为， 故答案为：24. 14. 在中，，角平分线交BC于D，则_________． 【答案】 【解析】 分析】方法一：利用余弦定理求出，再根据等面积法求出； 方法二：利用余弦定理求出，再根据正弦定理求出，即可根据三角形的特征求出． 【详解】 如图所示：记， 方法一：由余弦定理可得，， 因为，解得：， 由可得， ， 解得：． 故答案为：． 方法二：由余弦定理可得，，因为，解得：， 由正弦定理可得，，解得：，， 因为，所以，， 又，所以，即． 故答案为：． 【点睛】本题压轴相对比较简单，既可以利用三角形的面积公式解决角平分线问题，也可以用角平分定义结合正弦定理、余弦定理求解，知识技能考查常规． 15. 如图所示，四边形是直角梯形（单位：），求图中阴影部分绕所在直线旋转一周所成几何体的表面积为______和体积为______. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】先得到的旋转体是圆台挖去一个半球，再利用圆台和球的表面积和体积公式求解即可. 【详解】由题意知，所求旋转体的表面由圆台下底面、侧面和一半球面组成. 在直角梯形中，过D点作，垂足为E， 在中，， 所以，，，   所以所成几何体的表面积为. 因为圆台的体积， 半球的体积，所以所求几何体的体积为. 故答案为：； 三．解答题：本题共6个题，共49分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或步骤． 16. 如图，在中，已知，是边上的一点，，，. （1）求； （2）求. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）在中，直接利用余弦定理求解； （2）由（1）可得，所以，在中，利用正弦定理即可求解. 【详解】解：（1）在中，，，， 由余弦定理得； （2）由（1）可得， 所以. 在中，，，， 由正弦定理得. 17. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知. （1）求角C；（2）若，，求的周长. 【答案】（1）（2） 【解析】 【详解】试题分析：（1）根据正弦定理把化成，利用和角公式可得从而求得角；（2）根据三角形的面积和角的值求得，由余弦定理求得边得到的周长. 试题解析：（1）由已知可得 （2） 又 ， 的周长为 考点：正余弦定理解三角形. 18. 在①为实数，②为虚数，③为纯虚数，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中. 已知复数： （1）若________，求实数的值； （2）当在复平面内对应的点位于第三象限时，求的取值范围. 【答案】（1）选择①：或；选择②：或；选择③：；（2）. 【解析】 【分析】（1）选好条件后，根据复数的性质列式子即可求解； （2）令实部和虚部都小于0即可. 【详解】选择①，当为实数时，有， 解得或， 选择②，当为虚数时，有， 解得或， 选择③，当为纯虚数时，有， 解得，∴； （2）因为在复平面内对应的点位于第三象限， 所以， 解得， 所以的取值范围为. 【点睛】本题主要考查对复数概念的理解，以及几何意义的理解，属于基础题. 19. 已知是平面内两个不共线的非零向量，，且三点共线． （1）求实数的值； （2）已知，点，若四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点A的坐标． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 分析】（1）根据已知有，结合三点共线有，得，根据已知列方程求参数即可； （2）根据已知得，结合的坐标表示求点坐标. 【小问1详解】 由题意，， 由三点共线，存在实数k，使得， 即，得， 是平面内两个不共线的非零向量， ，解得． 【小问2详解】 ， 由四点按逆时针顺序构成平行四边形，则， 设，则，， 所以，解得，即点A的坐标为． 20. 如图，已知点P在圆柱的底面圆O上，AB为圆O的直径，OA＝2，∠AOP＝120°，三棱锥的体积为． （1）求圆柱的表面积； （2）求异面直线与OP所成角的余弦值． 【答案】（1）24π； （2）． 【解析】 【分析】(1)连接BP，根据AP⊥PB求出△APB的面积，根据三棱锥的体积公式求出圆柱的高，根据圆柱结构特征即可求其表面积； (2)取中点，连接，根据三角形中位线可得∥，可得或它的补角为所求角，由余弦定理即可得结果． 【小问1详解】 连接BP，∵AB是圆O的直径，∴AP⊥BP． 由题意，在中，，∴易知， 在中，，∴， ∵三棱锥的体积为， ∴由解得， 故圆柱的表面积为：． 【小问2详解】 取中点，连接，则∥，且． ∴或它的补角为异面直线与所成的角， 又，∴， 在△OPQ中，由余弦定理得，， 异面直线与所成角的余弦值为． 21. 如图，四边形是平行四边形，点分别为线段的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）先证明,平面即得证； （2）证明平面和平面，平面平面即得证. 【详解】（1）证明：分别是中点， 所以, 平面平面， 平面 （2）证明：分别是中点， 平面平面， 平面， 又平面平面， 平面 因为平面,平面, 所以平面平面. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$