精品解析：广东省深圳市南山外国语学校（集团）高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷

2023-2024学年广东省深圳市南山外国语学校（集团）高级中学高一（下）期中数学试卷 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． （2024·春南山区期中） 1. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. （2024·浙江模拟） 2. 已知向量，是平面上两个不共线的单位向量，且，，，则（ ） A. 、、三点共线 B. 、、三点共线 C. 、、三点共线 D. 、、三点共线 （2022春·江城区校级期末） 3. 如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为（ ） A. B. 2 C. D. （2024春·南山区期中） 4. 如图的平面图形由16个全部是边长为2且有一个内角为的菱形组成，那么图形中的向量的数量积（ ） A. 34 B. C. 6 D. 15 （2024·宜春模拟） 5. 设是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 （2022·河南模拟） 6. “中国天眼”射电望远镜的反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆面为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠面积，其中R为球的半径，为球冠的高），设球冠底的半径为r，周长为C，球冠的面积为S，则当，时，（ ） A. B. C. D. （2024春·南山区期中） 7. 秦九韶（1208年~1268年），字道古，祖籍鲁郡（今河南省范县），出生于普州（今四川安岳县）．南宋著名数学家，与李冶、杨辉、朱世杰并称宋元数学四大家.1247年秦九韶完成了著作《数书九章》，其中的大衍求一术（一次同余方程组问题的解法，也就是现在所称的中国剩余定理）、三斜求积术和秦九韶算法（高次方程正根的数值求法）是有世界意义的重要贡献．设的三个内角，，所对的边分别为，，，面积为，秦九韶提出的“三斜求积术”公式为，若，，则由“三斜求积术”公式可得的面积为（ ） A. B. C. D. 1 （2023·赣州模拟） 8. 在中，，，，是的外接圆上的一点，若，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. （2024春·南山区期中） 9. 已知复数，其中为实数，为虚数单位，则（ ） A. 若为纯虚数，则或 B. 若复平面内表示复数的点位于第四象限，则 C. 若，则的虚部为 D. 若，则 （2024春·南山区期中） 10. 在中，已知，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，此三角形有两解 B. 面积最大值为 C. 的外接圆半径为2 D. 若，则此三角形一定是直角三角形 （2023春·七里河区校级期末） 11. 如图，已知正方体的棱长为2，P是正方形（包括边界）底面内的一动点，则下列结论正确的有（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点P，使得 C. 若，则P点在正方形内的运动轨迹长度为 D. 若点P为的中点，点Q为的中点，过P，Q作平面平面，则平面截正方体所得截面的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. （2024春·南山区期中） 12. 已知某圆台的上、下底半径和高的比为，母线长为，则该圆台的体积为______（）. （2021·新高考II） 13. 已知向量，，，_______． （2022·甲卷） 14. 已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________． 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. （2023春·成都期末） 15. 已知复数（是虚数单位，），且为纯虚数（是的共轭复数） （1）求实数及； （2）设复数，且复数对应的点在第二象限，求实数的取值范围． （2019秋·崇左期末） 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）求角B的值； （2）若，且的面积为，求的周长. （2024春·南山区期中） 17. 如图所示正四棱锥，，，为侧棱上的点，且，求： （1）若为的中点，求证：平面； （2）侧棱上是否存在一点，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由． （2024春·南山区期中） 18. 如图，长方体中，，，点是棱的中点． （1）求异面直线与所成的角的大小； （2）当实数，证明：直线与平面垂直； （3）若．设是线段上的一点（不含端点），满足，求的值，使得三棱锥与三棱锥的体积相等． （2024春·南山区期中） 19. 如图所示，为等边三角形，，为的内心，点在以为圆心，为半径的圆上运动. （1）求出的值. （2）求的范围. （3）若，当最大时，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024学年广东省深圳市南山外国语学校（集团）高级中学高一（下）期中数学试卷 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． （2024·春南山区期中） 1. 复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的除法及减法运算求解即得. 【详解】由，得，所以. 故选：A （2024·浙江模拟） 2. 已知向量，是平面上两个不共线的单位向量，且，，，则（ ） A. 、、三点共线 B. 、、三点共线 C. 、、三点共线 D. 、、三点共线 【答案】C 【解析】 【分析】结合向量的线性运算，逐项判断向量共线得解. 【详解】对A，因为，则、、三点不共线，故A错误； 对B，因为，则、、三点不共线，故B错误； 对C，因为，则、、三点共线，则C正确； 对D，，因为，则、、三点不共线. 故选：C． （2022春·江城区校级期末） 3. 如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，分别求得圆柱和球的表面积，即可得答案. 【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为． 圆柱的表面积， 球的表面积， 所以圆柱的表面积与球的表面积之比为. 故选：C （2024春·南山区期中） 4. 如图的平面图形由16个全部是边长为2且有一个内角为的菱形组成，那么图形中的向量的数量积（ ） A. 34 B. C. 6 D. 15 【答案】A 【解析】 【分析】利用平面向量的基本定理根据题意可以菱形的2条边为基底，分别表示出，利用向量数量积的定义及运算法则即可计算出结果. 【详解】如图： 以菱形的2条边为基底和，且，与的夹角为， 则由平面向量的基本定理知， 所以； 故选：A （2024·宜春模拟） 5. 设是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中线线、线面的位置关系判断即可. 【详解】对于A中，由，只有当与相交时才能得到，所以A错误； 对于B中，由，，可得，又由，所以，所以B错误； 对于C中，若，，所以，又，所以，所以C正确； 对于D中，由，，则或， 当时，由，则或与异面； 当时，由，则或与相交，所以D错误． 故选：C （2022·河南模拟） 6. “中国天眼”射电望远镜的反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆面为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠面积，其中R为球的半径，为球冠的高），设球冠底的半径为r，周长为C，球冠的面积为S，则当，时，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出示意图，根据条件先求出r，然后根据并结合勾股定理求出R，进而得到答案. 【详解】如示意图，根据题意，，由勾股定理可得，联立方程解得. 于是. 故选：B. （2024春·南山区期中） 7. 秦九韶（1208年~1268年），字道古，祖籍鲁郡（今河南省范县），出生于普州（今四川安岳县）．南宋著名数学家，与李冶、杨辉、朱世杰并称宋元数学四大家.1247年秦九韶完成了著作《数书九章》，其中的大衍求一术（一次同余方程组问题的解法，也就是现在所称的中国剩余定理）、三斜求积术和秦九韶算法（高次方程正根的数值求法）是有世界意义的重要贡献．设的三个内角，，所对的边分别为，，，面积为，秦九韶提出的“三斜求积术”公式为，若，，则由“三斜求积术”公式可得的面积为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合正弦定理和余弦定理，求得，，结合“三斜求积术”的公式，代入即可求解. 【详解】因为，由正弦定理得，所以， 又因为，由余弦定理得， 可得， 所以. 故选：B． （2023·赣州模拟） 8. 在中，，，，是的外接圆上的一点，若，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先解三角形得到为直角三角形，建立直角坐标系，通过表示出，借助三角函数求出最小值. 【详解】由余弦定理得，所以，所以，所以．以AC的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，易得A（－1，0），C（1，0），B（－，），设P的坐标为，所以，，，又，所以，所以，，所以，当且仅当时，等号成立． 故选：B． 二、选择题：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. （2024春·南山区期中） 9. 已知复数，其中为实数，为虚数单位，则（ ） A. 若为纯虚数，则或 B. 若复平面内表示复数的点位于第四象限，则 C. 若，则的虚部为 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据选项中复数的特征，分别求解，即可判断选项. 【详解】A.若为纯虚数，则，得，故A错误； B. 若复平面内表示复数的点位于第四象限，则， 解得：，故B正确； C. 若，则，则，所以的虚部为，故C错误； D. 若，则，得，所以， 则，故D正确. 故选：BD （2024春·南山区期中） 10. 在中，已知，则下列说法正确的是（ ） A. 当时，此三角形有两解 B. 面积最大值为 C. 的外接圆半径为2 D. 若，则此三角形一定是直角三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，结合二倍角公式求出，再结合正弦定理、三角形面积公式、余弦定理逐项判断即得. 【详解】在中，由及正弦定理，得， 而，则，又，因此，，即， 对于A，当时，，则，由正弦定理得： ，角有两个值，三角形有两解，A正确； 对于B，由余弦定理得，当且仅当时取等号， 因此面积，B正确； 对于C，的外接圆半径，C错误； 对于D，当时，，而，有，解得， 因此，此三角形一定是直角三角形，D正确. 故选：ABD （2023春·七里河区校级期末） 11. 如图，已知正方体的棱长为2，P是正方形（包括边界）底面内的一动点，则下列结论正确的有（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点P，使得 C. 若，则P点在正方形内的运动轨迹长度为 D. 若点P为的中点，点Q为的中点，过P，Q作平面平面，则平面截正方体所得截面的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用等体积法判断A；建立空间直角坐标系，利用空间向量数量积判断B；确定轨迹并求出长度判断C；作出符合要求的正方体的截面并求出面积判断D. 【详解】对于A，在正方体中，平面平面， 则点P到平面距离为定值，的面积为定值，为定值，A正确； 对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，则， 设，，， 不垂直，因此不存在点P，使，B错误； 对于C，连接，平面，平面，则，而， 又平面，则平面，又平面，则. 同理得，又平面，则平面， 由，得平面，又平面，因此点轨迹为平面 与底面交线，即为线段，又，C正确； 对于D，取中点为，连接，平面， 由平行于，平面，得，又，则平面， 又取中点为，则，有四点共面，则平面平面. 平面即为平面，设平面分别与交于， 由平面平面，平面，平面， 则，又都是中点，则是中点，同理是中点， 于是平面截正方体所得截面为正六边形，又正方体棱长为2，则， 所以截面面积为，D正确. 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. （2024春·南山区期中） 12. 已知某圆台的上、下底半径和高的比为，母线长为，则该圆台的体积为______（）. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆台的轴截面性质，结合题意利用勾股定理，算出圆台的上底面半径为，下底面半径为，高，再由圆台的体积公式加以计算，即可得出该圆台的体积． 【详解】解：根据题意，设圆台的上、下底面半径和高分别为、、， 上底面半径为，下底面半径为，高， 可得母线长为cm，即 cm， 解之得，所以圆台的上底面半径为 cm，下底面半径为 cm，高 cm． 由此可得圆台的体积为cm． 故答案为：． （2021·新高考II） 13. 已知向量，，，_______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得，展开化简后可得结果. 【详解】由已知可得， 因此，. 故答案为：. （2022·甲卷） 14. 已知中，点D在边BC上，．当取得最小值时，________． 【答案】## 【解析】 【分析】设，利用余弦定理表示出后，结合基本不等式即可得解. 【详解】[方法一]：余弦定理 设， 则在中，， 在中，， 所以 ， 当且仅当即时，等号成立， 所以当取最小值时，. 故答案为：. [方法二]：建系法 令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系. 则C（2t,0），A（1，），B（-t,0） [方法三]：余弦定理 设BD=x,CD=2x.由余弦定理得 ，， ，， 令，则， ， ， 当且仅当，即时等号成立. [方法四]：判别式法 设，则 在中，， 在中，， 所以，记， 则 由方程有解得： 即，解得： 所以，此时 所以当取最小值时，，即. 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. （2023春·成都期末） 15. 已知复数（是虚数单位，），且为纯虚数（是的共轭复数） （1）求实数及； （2）设复数，且复数对应的点在第二象限，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的概念得到方程（不等式）组，求出的值，即可求出，从而求出其模； （2）根据复数的乘方及代数形式的除法运算化简，再根据复数的几何意义得到不等式组，解得即可. 【小问1详解】 ∵，∴， ， 为纯虚数， ，解得， 故，则 【小问2详解】 ， ， 复数所对应的点在第二象限， ，解得， 故实数的取值范围为. （2019秋·崇左期末） 16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）求角B的值； （2）若，且的面积为，求的周长. 【答案】（1）； （2）6. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角得出，再利用两角和的正弦公式化简即可得出角的值. （2）由三角形面积公式化简得出，再由余弦定理得出，即可得出的周长. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理边化角， 得，即， 则， 即，又，则，， 而，所以． 【小问2详解】 由（1）知，，，解得， 由余弦定理得， 即，解得， 所以的周长为6． （2024春·南山区期中） 17. 如图所示正四棱锥，，，为侧棱上的点，且，求： （1）若为的中点，求证：平面； （2）侧棱上是否存在一点，使得平面．若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 【答案】（1）证明：如图，连接交于点，连接，，，则为的中点， 当为的中点时，， 又平面，平面，所以平面； （2）存在，． 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定即可证明； （2）分析可得在侧棱上是否存在一点，使平面，满足．证得平面平面，根据面面平行的性质定理即可证出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在侧棱上存在点，使得平面，满足， 理由如下：取的中点，由，得， 过作的平行线交于，连接，，中，有， 又平面，平面，所以平面， 由，得， 又，又平面，平面， 所以平面，又，，平面， 所以平面平面，而平面， 所以平面， 即在侧棱上存在点，使得平面，满足． （2024春·南山区期中） 18. 如图，长方体中，，，点是棱的中点． （1）求异面直线与所成的角的大小； （2）当实数，证明：直线与平面垂直； （3）若．设是线段上的一点（不含端点），满足，求的值，使得三棱锥与三棱锥的体积相等． 【答案】（1）； （2） 当时，， 因为，所以， 所以，则， 所以，即， 在长方体中，平面， 又平面，所以， 因为且都在面内，所以平面， 又平面，所以，同理， 又且都在面内，所以直线平面； （3） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直的判定证明平面即可； （2）由，及进行证明； （3）由，则，故，进行求解． 【小问1详解】 连接，由四边形为正方形，可得， 在长方体中，平面， 又平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 又平面，所以， 即异面直线与所成的角的大小为； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设与平面的斜足为， 因为， 所以， 所以，则，故， 所以在线段上取一点，要使三棱锥与三棱锥的体积相等，则为的中点，即． （2024春·南山区期中） 19. 如图所示，为等边三角形，，为的内心，点在以为圆心，为半径的圆上运动. （1）求出的值. （2）求的范围. （3）若，当最大时，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）以为原点，为轴建立平面直角坐标系如图所示，依题意点在圆上，设，即可表示，，，根据平面向量模的坐标表示及同角三角函数的基本关系计算可得； （2）由（1）知，根据正弦函数的性质计算可得； （3）根据平面向量线性运算的坐标表示得到，再根据同角三角函数的基本关系，得到，又，两边同除，令，，将原式化为，再根据求出的取值范围，即可得解； 【小问1详解】 以为原点，为轴建立平面直角坐标系如图所示． 由正弦定理得外接圆半径，则，进而可得，． 因为点在以为圆心，为半径的圆上运动，故设， 则，，， 所以 ． 【小问2详解】 由（1）知， 又因为，所以， 即. 【小问3详解】 因为 ， 所以， 代入整理得，， 显然，两边同时除以， 得， 令，，则， 即， 所以，即， 解得，所以（即）的最大值为． 此时，所以， 所以，，所以. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是建立平面直角坐标系，将问题转化为三角函数及不等式问题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $