精品解析：江苏省镇江市2023-2024学年高一下学期6月期末数学试题

2023-2024学年度第二学期高一期末质量监测 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、选择题：本大题共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. 在复平面内，复数（为虚数单位）对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 正方体中，，分别为棱，中点，则与所成角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，满足：，，，则（ ） A B. 5 C. D. 4. 如图，将一个圆柱4等份切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高几何体，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了20，则原圆柱的侧面积是（ ） A B. C. D. 5. 已知，，则 （ ） A B. C. D. 6. 已知向量，，满足：，且，则三角形的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 7. 设为锐角，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，点，在边上，且满足：，，若，，，则的面积等于（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共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. 已知，是不同平面，，，是不同直线，则“”的充分条件是（ ） A. ，； B. ，，； C. ，，； D. ，， 10. 已知复数（是虚数单位），是的共轭复数，下列说法中正确的是（ ） A. 的虚部为4； B. ； C. ； D. 是的一个平方根 11. 设，是夹角为的单位向量，由平面向量基本定理知：对平面内任一向量，存在唯一有序实数对，使得，我们称有序数对为向量的“仿射坐标”.若向量和的“仿射坐标”分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则的“仿射坐标”为 C 若，则 D. 若，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡的横线上. 12. 已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是________. 13. 将正方形沿对角线折叠成直二面角，则此时与平面所成角的大小是_____________. 14. 某校高一学生对学校附近的一段近似直线型高速公路进行实地测绘（如图），结合地形，他们选择了，两地作为测量点.通过测量得知：，两地相距300米，，分别位于地正东和东偏南方向上；，和分别位于地的北偏东，和南偏东方向上.则，两地之间的距离为_________米；若一辆汽车通过高速公路段用时约50秒，则该辆汽车的车速约为_________千米/小时. （参考数据：，，，） 四、解答题：本大题共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. 如图，在正方体中， （1）求证：平面； （2）求证：. 16. 在直角坐标系中，已知向量，，（其中），为坐标平面内一点. （1）若，，三点共线，求的值； （2）若向量与的夹角为，求的值； （3）若四边形为矩形，求点坐标. 17. 已知角，满足，，且，. （1）求的值； （2）求的大小. 18. 在以下三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答. ①；②；③的面积为（如多选，则按选择的第一个记分） 问题：在中，角，，的对边分别为，，，且  . （1）求角； （2）若，求面积的最大值； （3）在（2）的条件下，若为锐角三角形，求的取值范围. 19. 已知在多面体中，，，. （1）若，，，四点共面，求证：多面体为棱台； （2）在（1）的条件下，平面平面，，，，且. ①求多面体的体积； ②求二面角正切值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年度第二学期高一期末质量监测 数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 一、选择题：本大题共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. 在复平面内，复数（为虚数单位）对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数除法运算化简，即可求解对应点的坐标，即可求解. 【详解】,故复数对应的点为，位于第一象限， 故选：A 2. 正方体中，，分别为棱，中点，则与所成角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意画出图形，数形结合可得答案. 【详解】如图，连接，，， 因为，分别为棱，中点，所以，所以为与所成角，因为在正方体中，， 所以为等边三角形，所以， 故选：C 3. 已知向量，满足：，，，则（ ） A. B. 5 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出，再根据及数量积的运算律计算可得. 【详解】因为，所以， 所以. 故选：B 4. 如图，将一个圆柱4等份切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了20，则原圆柱的侧面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】原圆柱的底面圆半径为，高为，得到，从而求出侧面积. 【详解】设圆柱的底面圆半径为，高为，则原圆柱的表面积为， 新几何体的表面积为， 故，原圆柱的侧面积为. 故选：B 5. 已知，，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由结合两角差的正切公式求得. 【详解】由 得， 故选：A. 6. 已知向量，，满足：，且，则三角形的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由三角形重心、外心性质得到是三角形的重心、外心，从而得到三角形为等边三角形. 【详解】因为，所以是三角形的重心，又因为，所以是三角形的外心， 所以三角形是等边三角形. 故选：D. 7. 设为锐角，若，则值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用诱导公式、同角公式及二倍角公式求解即得. 【详解】由为锐角，得，而， 因此， 所以 . 故选：B 8. 在中，点，在边上，且满足：，，若，，，则的面积等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】因为，则M为BC中点，两边平方化简得到；因为，则AN为角平分线，，化简得到．解出，代入面积公式即可. 【详解】如图，在中，设, 因为，则M为BC中点，两边平方得到， ， 即，化简 因为，则AN为角平分线，， 即，条件代入化简得， ，则，且， 联立解得，解得(负值舍去). 所以. 故选：D. 二、选择题：本大题共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. 已知，是不同平面，，，是不同直线，则“”的充分条件是（ ） A. ，； B. ，，； C. ，，； D. ，， 【答案】BC 【解析】 【分析】根据空间中直线与平面，以及平面与平面的位置关系，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A,由，，则,可能相交，可能异面，可能平行，故A错误， 对于B，由线面平行的性质定理可知，，，则，B正确， 对于C,若，，，则，C正确， 对于D，若，，，则,异面或者平行，D错误， 故选：BC 10. 已知复数（是虚数单位），是的共轭复数，下列说法中正确的是（ ） A. 的虚部为4； B. ； C. ； D. 是的一个平方根 【答案】ABD 【解析】 【分析】AB，根据虚部和共轭复数的概念得到AB正确；C选项，计算出，，故C错误；D选项，计算出，故D正确. 【详解】A选项，的虚部为4，A正确； B选项，，B正确； C选项，， ，故，C错误； D选项，，故是一个平方根，D正确. 故选：ABD 11. 设，是夹角为的单位向量，由平面向量基本定理知：对平面内任一向量，存在唯一有序实数对，使得，我们称有序数对为向量的“仿射坐标”.若向量和的“仿射坐标”分别为，，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若，则的“仿射坐标”为 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据“仿射坐标”定义，．将陌生的仿射坐标转化为熟悉的向量表达式来解题即可． 【详解】根据“仿射坐标”定义，． 对于A，，即，因此．故A正确． 对于B，,则，根据“仿射坐标”定义，的“仿射坐标”为．故B正确． 对于C，若，则， 化简， 即，解得，故C错误． 对于D，若，， 则，联立得出，故D正确． 故选：ABD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡的横线上. 12. 已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是________. 【答案】 【解析】 【详解】试题分析：正四棱柱的高是4，体积是16，则底面边长为2，底面正方形的对角线长度为，所以正四棱柱体对角线的长度为，四棱柱体对角线为外接球的直径，所以球的半径为，所以球的表面积为． 考点：正四棱柱外接球表面积． 13. 将正方形沿对角线折叠成直二面角，则此时与平面所成角的大小是_____________. 【答案】 【解析】 【分析】取中点，证明是与平面所成的角，求得此角即得， 【详解】如图，取中点，连接，，则，， 所以是二面角的平面角，所以， 不妨设正方形的边长为2， ，，故， 因为，，，，平面，所以平面， 所以是与平面所成的角．所以与平面所成的角是． 故答案为：． 14. 某校高一学生对学校附近的一段近似直线型高速公路进行实地测绘（如图），结合地形，他们选择了，两地作为测量点.通过测量得知：，两地相距300米，，分别位于地正东和东偏南方向上；，和分别位于地的北偏东，和南偏东方向上.则，两地之间的距离为_________米；若一辆汽车通过高速公路段用时约50秒，则该辆汽车的车速约为_________千米/小时. （参考数据：，，，） 【答案】 ①. 1000 ②. 72 【解析】 【分析】由方位角知识得到，，，，，在和中由正弦定理得到米，米，在中由余弦定理得到米千米，由速度公式求得速度. 【详解】 在中，，，米，， 由正弦定理得，即得米； 在中，米，，，， 由正弦定理得，即得米， 在中，，米，米， 由余弦定理得， 即，所以米千米， 秒小时，所以速度为千米/小时， 故答案为：1000；72. 四、解答题：本大题共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. 如图，在正方体中， （1）求证：平面； （2）求证：. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据正方体的性质得到，即可得证； （2）根据正方体的性质得到、，即可证明平面，从而得证. 【小问1详解】 在正方体中， 又平面，平面，所以平面； 【小问2详解】 连接、，在正方体中为正方形， 所以， 又平面，平面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面，所以 16. 在直角坐标系中，已知向量，，（其中），为坐标平面内一点. （1）若，，三点共线，求的值； （2）若向量与的夹角为，求的值； （3）若四边形为矩形，求点坐标. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量的坐标运算求出、，利用，，三点共线列方程求出的值． （2）利用向量的夹角公式即可求解. （3）由平面向量的坐标运算和矩形的定义，列方程组求出、、的值即可得到的坐标． 【小问1详解】 向量，，， 所以，， 由，，三点共线知，， 即，解得； 【小问2详解】 ， 解得， 【小问3详解】 设， 由，， ， ， 若四边形为矩形，则， 即，解得； 由，得， 解得， 故 17. 已知角，满足，，且，. （1）求的值； （2）求的大小. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意和同角三角函数基本关系式、二倍角公式分别求出，，，，再利用两角差的正弦公式计算即可； （2）先根据题意缩小角的范围到和，进而得出，再计算的值即可得到结果. 【小问1详解】 因为，，所以， 所以，； 因为，所以； 所以. 【小问2详解】 因为，，所以； 因，所以，故， 所以； 又因为，所以，； 所以， 又因为，所以. 18. 在以下三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答. ①；②；③的面积为（如多选，则按选择的第一个记分） 问题：在中，角，，的对边分别为，，，且  . （1）求角； （2）若，求面积的最大值； （3）在（2）的条件下，若为锐角三角形，求的取值范围. 【答案】（1）答案见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）选①：由正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式化简得到求解；选②先切化弦，再利用正弦定理得到求解；选③利用三角形面积公式和正弦定理得到，再利用余弦定理求解. （2）利用余弦定理和基本不等式即可解题； （3）由正弦定理得到，从而有求解. 【小问1详解】 若选①：由正弦定理得， 则， ， ， ． 若选②：，切化弦，得到， 则由正弦定理得，，即，， ， 若选③：， 则， 由正弦定理得， ， . 【小问2详解】 由余弦定理得，， 则，当且仅当“”时，取“＝”号，即． ，则，当且仅当“”时取得最大值． 【小问3详解】 由正弦定理得， 则， ，由于为锐角三角形， 则， . . 19. 已知在多面体中，，，. （1）若，，，四点共面，求证：多面体为棱台； （2）在（1）的条件下，平面平面，，，，且. ①求多面体的体积； ②求二面角正切值. 【答案】（1）证明见解析. （2） 【解析】 【分析】(1)利用面面平行的定义可以证明上下底面的两个面平行，接着证明三条侧棱交于一点. (2)求棱台的体积转化为求两个棱锥的体积即可；求二面角的正切值做出二面角的正切值，利用解三角形求解即可. 【小问1详解】 因为，平面，平面, 所以平面. 同理可证：平面. 又因为，平面，平面. 所以平面平面，而，故共面. 因为，设. 而，且平面， 所以平面，同理可证平面， 所以面面. 又因平面平面，所以， 则交于同一点，又因为平面平面. 所以多面体为棱台. 【小问2详解】 三棱台中，由(1)知侧棱交于同一个点，连结. 在侧面梯形中，有，. 所以梯形为直角梯形. 又因为，， 所以，所以，故. 又因面面，面面，面. 所以平面，即的长度等于点到平面的距离. 在三棱台中，有，即,所以, 侧面梯形中，，，，. 所以侧面梯形的面积. 又，解得. 故. 所以. 因为. 故. 所以所求棱台的体积为 ②在内，过点作，记垂足为，连接. 由①知平面，又平面，所以，. 又因为，，所以平面. 又因为平面，所以, 又，所以的值等于二面角的值. 中，，，. 所以. 故. 解得，故由即知. 所以二面角的正切值为. 【点睛】证明棱台，求棱台的体积，借住棱台求解二面角的大小，发展学生的空间想象能力，逻辑推理能力，计算能力. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $