精品解析：山东省济南市济阳闻韶中学2023-2024年高一下学期期中考试数学试题

2023～2024学年第二学期期中质量检测 一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.） 1. 已知复数，则 （ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数模的计算公式即可得到结果. 【详解】， . 故选：B. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由相反向量和向量加法的运算规则计算. 【详解】. 故选：A 3. 已知向量与的夹角为，且，，则（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意和平面数量积的定义可得，结合计算即可求解. 【详解】由题意可得，， 所以． 故选：A 4. 如图，在中，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算可得答案. 【详解】由，可得， 所以. 故选：D. 5. 武灵丛台位于邯郸市丛台公园中心处，为园内的主体建筑，是邯郸古城的象征.某校数学兴趣小组为了测量其高度，在地面上共线的三点，，处分别测得点的仰角为，，，且，则武灵丛台的高度约为（ ） （参考数据：） A. 22m B. 27m C. 30m D. 33m 【答案】B 【解析】 【分析】设，求出，利用余弦定理在和中，表示出和，两者相等即可解出答案. 【详解】由题知，设， 则，，， 又， 所以在中，，① 在中，，② 联立①②，解得. 故选：B 6. 已知圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，根据圆锥的侧面积公式以及扇形弧长解得，再结合锥体的体积公式运算求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 由题意可得：，解得， 则圆锥的高， 所以此圆锥的体积为. 故选：B. 7. 如图，已知正方体的棱长为2，M，N分别为，的中点，P在线段上运动（包含两个端点），以下说法正确的是（ ）. A. 存在点P，使得与异面 B. 三棱锥的体积与P点位置无关 C. 若P为中点，三棱锥的体积为 D. 若P与重合，则过点M、N、P作正方体的截面，截面为三角形 【答案】B 【解析】 【分析】证明与共面判断选项A；由，计算并判断选项BC；作出正确截面判断选项D. 【详解】正方体中，， 与都在平面内， 所以与不可能异面，A选项错误； 三棱锥，底面积， 棱锥的高，则， 由，所以三棱锥的体积为定值，与P点位置无关， B选项正确，C选项错误； 若P与重合，则过点M、N、P作正方体的截面，截面梯形，D选项错误. 故选：B. 8. 如图，圆台的上、下底面半径分别为，，且，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解，然后代入圆台的侧面积公式求解即可. 【详解】如图所示，作出轴截面， 分别为上下底面圆的圆心，为侧面切点，为内切球球心， 则为的中点， ， 因为，所以， 则 过点作，垂足为， 则， 在中，由勾股定理得， 即，解得或， 因为，所以，，故， 所以圆台的侧面积为. 故选：D. 二、多选题：（本题共3小题，每小题6分，共18分.） 9. 下列命题正确的是（ ） A. 已知，是两个不共线的向量，，，则与可以作为平面向量的一组基底 B. 在中，，，，则这样的三角形有两个 C. 已知是边长为2的正三角形，其直观图的面积为 D. 已知，，若与的夹角为钝角，则k的取值范围为 【答案】ABC 【解析】 【分析】由平面向量基底的定义即可判断A；由余弦定理代入计算，即可判断B；由原图形与直观图的面积关系即可判断C；由平面向量夹角的坐标公式即可判断D. 【详解】对A，因为，是两个不共线的向量，且，，设， 则，这样的不存在，所以与不共线，则与可以作为平面向量的一组基底，故A正确； 对B，因为在中，，，，由余弦定理可得，， 即，易知且两根之和，两根之积都为正， 所以方程有两根，故B正确； 对C，因为是边长为2的正三角形，则，设其直观图的面积为， 因为直观图的面积与平面图形的面积比为，即，故C正确； 对D，因为，，则， 设与的夹角为，则， 且，解得且，故D错误； 故选：ABC 10. 已知为复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则或 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用复数运算性质判断ABD,举反例判断C. 【详解】设，，因为， ，所以，故A正确； 又， ， ， 所以，故B正确； 取，，可得，故C错误； 若，由B选项知，所以或，可得或，故D正确； 故选：ABD． 11. 是的重心，是所在平面内的一点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 在上的投影向量等于. C. D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据向量的线性运算，并结合重心的性质，即可判断A，根据投影向量的定义，判断B；根据向量数量积公式，以及重心的性质，判断C；根据向量数量积的运算率，结合图形转化，即可判断D. 【详解】A.以为邻边作平行四边形，交于点，是的中点， 因为是的重心，所以三点共线，且， 所以，，所以，故A正确； B.在上的投影向量等于，故B错误； C.如图，因为，所以, 即，即, 因为点是的重心，，故C正确； D. 取的中点，连结，取中点，则，， , 则， , 显然当重合时，，取最小值，故D正确. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：本题的关键是对于重心性质的应用，以及向量的转化. 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分.） 12. 已知i是虚数单位，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】先计算出代数形式，然后再求模. 【详解】， 则， 故答案为：. 13. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且，，，则球的表面积是__________． 【答案】 【解析】 【分析】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，确定，进而得到球的半径，进而根据球体的表面积公式计算即可. 【详解】将三棱锥放入长方体中，设长方体的长宽高分别为，如图所示： 则，则， 因为球的直径即为长方体的体对角线， 则球的半径为， 所以球的表面积是. 故答案为：. 14. 在中，，，的外接圆为圆O，P为圆O上的点，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】由已知条件利用三角形面积公式，向量的数量积和三角恒等变换，得，，的外接圆半径，，由向量的模和夹角讨论运算结果的取值范围. 【详解】，又， 由，解得， 由，得，则有，. ， 则有， ，则有，所以有，， 的外接圆为圆O，P为圆O上的点， 由正弦定理得的外接圆半径，则有， ， ，， 为中点，，， 当与方向相同时，有最大值， 当与方向相反时，有最小值， 所以的最大值为，最小值为， 即的取值范围是. 故答案为： 【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义，具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用，本题利用向量数量积的定义结合了图形几何性质求解. 四、解答题：（本大题共5小题，共77分） 15. 已知平面向量， （1）若与垂直，求k； （2）若向量，若与共线，求. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）借助数量积的坐标运算即可得； （2）借助向量共线定理与模长的坐标表示计算即可得. 【小问1详解】 因为，， 所以，， 因为与垂直，所以， 整理得，解得； 【小问2详解】 因为，，， 所以，， 因为与共线，故， 所以，解得， 所以，， 所以. 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）证明见解析 （2）上的中点即满足平面平面，理由见解析 【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】 证明：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； 【小问2详解】 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． 17. 已知复数，，且为纯虚数． （1）求复数； （2）设、在复平面上对应的点分别为A、B，O为坐标原点．求向量在向量上的投影向量的坐标． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）利用复数的概念及乘法运算计算即可； （2）利用复数的几何意义和投影向量的坐标表示计算即可. 【小问1详解】 由已知可得， 因为为纯虚数，所以； 【小问2详解】 由（1）可得，即， 所以， 所以向量在向量上的投影向量为. 18. 如图，在中，D是边BC上一点，，，． （1）求DC的长； （2）若，求的面积． 【答案】（1）3（2） 【解析】 【分析】（1）在中，中分别使用正弦定理，结合，，即，即得解； （2）在中，中分别使用余弦定理，结合，可解得，分别计算，又可得解. 【详解】（1）在中，由正弦定理，得． 在中，由正弦定理，得． 因为，所以，所以． 从而有，即． 又，所以． （2）在中，由余弦定理， 得 ． 在中，由余弦定理， 得 ． 由，得． 因为，所以． 故有． 解得．又， 所以，． ； ． 故的面积． 【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理的综合应用，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题. 19. 南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为． （1）求图中四分之一圆柱体的体积； （2）在图中画出四分之一圆柱体与四分之一圆柱体的一条交线（不要求说明理由）； （3）四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设过点作一个与正方体底面平行的平面，求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积；如果令，应用祖暅原理求出八分之一“牟合方盖”的体积． 【答案】（1） （2）作图： （3）面积为，体积为 【解析】 【分析】（1）根据圆柱体体积公式求得结果； （2）观察图形，交线是一条直线，作出图像即可得到； （3）截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形，求出此正方形的面积，再构造底面边长为，高为的正四棱锥， 根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该正四棱锥体积.. 【小问1详解】 因为正方体的棱长为， 所以四分之一圆柱体的体积为：． 【小问2详解】 如图： 曲线是所求的一条交线． 【小问3详解】 如图：截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形． 因为，所以，而正方体的棱长为，因此， 所以，因此正方形的面积为， 即该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积为． 用平行于八分之一“牟合方盖”底面， 且到“牟合方盖”底面的距离为的平面去截八分之一“牟合方盖”， 所得截面的面积为． 所得截面如图： 正方体的棱长为为底面的中心， 把正方体去掉正四棱锥后剩下的部分的底面与“牟合方盖”底面放到同一平面上， 则八分之一“牟合方盖”与所得几何体都夹在平面与平面之间， 则用平行于八分之一“牟合方盖”底面，且到“牟合方盖”底面的距离为的平面去截所得几何体， 截面为图中的阴影部分，且面积为， 因此八分之一“牟合方盖”的体积为， 所以当时，八分之一“牟合方盖”的体积为． 【点睛】思路点睛：本题提出了一个新的几何体的定义，要求新的几何体的体积需要转换为常见几何体体积来求解，本题关键在于由截面面积构建出一个正方体扣除正四棱锥后剩下的部分与所求立体图形像对应，从而解决问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023～2024学年第二学期期中质量检测 一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.） 1. 已知复数，则 （ ） A. 1 B. C. D. 2 2. （ ） A. B. C. D. 3. 已知向量与的夹角为，且，，则（ ） A. B. C. 4 D. 4. 如图，在中，，则（ ） A. B. C. D. 5. 武灵丛台位于邯郸市丛台公园中心处，为园内的主体建筑，是邯郸古城的象征.某校数学兴趣小组为了测量其高度，在地面上共线的三点，，处分别测得点的仰角为，，，且，则武灵丛台的高度约为（ ） （参考数据：） A. 22m B. 27m C. 30m D. 33m 6. 已知圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，已知正方体的棱长为2，M，N分别为，的中点，P在线段上运动（包含两个端点），以下说法正确的是（ ）. A. 存在点P，使得与异面 B. 三棱锥的体积与P点位置无关 C. 若P为中点，三棱锥的体积为 D. 若P与重合，则过点M、N、P作正方体的截面，截面为三角形 8. 如图，圆台的上、下底面半径分别为，，且，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：（本题共3小题，每小题6分，共18分.） 9. 下列命题正确的是（ ） A. 已知，是两个不共线的向量，，，则与可以作为平面向量的一组基底 B. 在中，，，，则这样的三角形有两个 C. 已知是边长为2的正三角形，其直观图的面积为 D. 已知，，若与的夹角为钝角，则k的取值范围为 10. 已知为复数，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 若，则 D. 若，则或 11. 是的重心，是所在平面内的一点，则下列结论正确的是（ ） A. B. 在上的投影向量等于. C. D. 的最小值为 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分.） 12. 已知i是虚数单位，则_________． 13. 已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且，，，则球的表面积是__________． 14. 在中，，，的外接圆为圆O，P为圆O上的点，则的取值范围是________. 四、解答题：（本大题共5小题，共77分） 15. 已知平面向量， （1）若与垂直，求k； （2）若向量，若与共线，求. 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. 已知复数，，且为纯虚数． （1）求复数； （2）设、在复平面上对应的点分别为A、B，O为坐标原点．求向量在向量上的投影向量的坐标． 18. 如图，在中，D是边BC上一点，，，． （1）求DC的长； （2）若，求的面积． 19. 南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为． （1）求图中四分之一圆柱体的体积； （2）在图中画出四分之一圆柱体与四分之一圆柱体的一条交线（不要求说明理由）； （3）四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设过点作一个与正方体底面平行的平面，求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积；如果令，应用祖暅原理求出八分之一“牟合方盖”的体积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $