精品解析：福建省泉州市泉州科技中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题

泉州科技中学2023-2024学年度第二学期期中考 高一年 数学试卷 命题：高二数学备课组 一、单选题：本题共8题，每小题5分，共40分. 1. 已知向量，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 2. 在中，已知，设，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知a，b均为实数，复数：，其中i为虚数单位，若，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 4. 如图为水平放置的的直观图，则原三角形的面积为（ ） A. 3 B. C. 6 D. 12 5. 已知向量满足，且，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，角的对边分别为，若的平分线的长为，则边上的高线的长等于（ ） A. B. C. 2 D. 7. 在三棱柱中，点在棱上，且所在的平面将三棱柱分割成体积相等的两部分，点在棱上，且，点在直线上，若平面，则（ ） A 2 B. 3 C. 4 D. 6 8. 在锐角中，角A，B，C对边分别为a，b，c，且满足.若恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.全选对得6分，选错0分，部分选对得部分分. 9. 已知i为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ） A. ，则 B. C. 若，则复数z对应的点位于第四象限 D. 已知复数z满足，则z在复平面内对应的点的轨迹为圆 10. 在中，角，，所对的边分别为，，，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，且，则的最大值为 C. 若，，，则符合条件的有两个 D. 若，则是锐角三角形 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（ ） A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B. 存在点Q，使平面MBN C. 过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D. 经过C，M，B，N四点的球的表面积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则___________． 13. 在正六边形中，已知，则______． 14. 已知正六棱锥的高是底面边长的倍，侧棱长为，正六棱柱内接于正六棱锥，即正六棱柱的所有顶点均在正六棱锥的侧棱或底面上，则该正六棱柱的外接球表面积的最小值为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明，证明过程或者演算步骤 15. 某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的，如图所示，若被截正方体的棱长是60cm． （1）求石凳体积； （2）为了美观工人准备将石凳的表面进行粉刷，已知每平方米造价50元，请问粉刷一个石凳需要多少钱？ 16. 已知，. （1）若，求； （2）若与的夹角为，求； （3）若与垂直，求与夹角． 17. 在中，内角的对边分别是，且， . （1）求角B； （2）若，求边上的角平分线长； （3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围. 18. 如图所示，在四棱锥中，平面，，E是PD的中点. （1）求证：； （2）求证：平面； （3）若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由. 19. 在中，角，，对边分别为，，，点，，分别位于，，所在直线上，满足，，（，，）． （1）如图1，若三角形是边长为3的正三角形，且，求； （2）如图2，若，，交于一点， ①求证： ②若，，，，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泉州科技中学2023-2024学年度第二学期期中考 高一年 数学试卷 命题：高二数学备课组 一、单选题：本题共8题，每小题5分，共40分. 1. 已知向量，，则（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】A 【解析】 【分析】首先求出的坐标，根据模的坐标公式，即可得解. 【详解】因为， 所以，所以， 故选：A. 2. 在中，已知，设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量的线性运算求解即得. 【详解】由，得，即， 所以. 故选：A 3. 已知a，b均为实数，复数：，其中i为虚数单位，若，则a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数为实数及不等关系列不等式，解一元二次不等式即可. 【详解】由题，所以为实数，即， 则有，解得，即a的取值范围为. 故选：A 4. 如图为水平放置的的直观图，则原三角形的面积为（ ） A. 3 B. C. 6 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】根据直观图的画法，可以得到直角坐标系下，还原三角形的图象，求得面积. 【详解】根据直观图的画法，可以得到直角坐标系下，如图所示： 故原三角形面积为： 故选：C 【点睛】本题考查了还原直观图为直角坐标系的图像问题，考查了学生概念理解，直观想象，数学运算的能力，属于基础题. 5. 已知向量满足，且，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用模长可求得数量积，再由投影向量定义代入计算可得结果. 【详解】由可得，即， 所以， 故在上的投影向量为． 故选：D 6. 在中，角的对边分别为，若的平分线的长为，则边上的高线的长等于（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由可得的值，进而可求得、的值，结合余弦定理可得，由等面积法可求得. 【详解】由题意知，设，则，如图所示， 由可得， 整理得，即， 又因为，所以， 所以，所以， 在中，由余弦定理得，所以， 由可得，解得. 故选：B. 7. 在三棱柱中，点在棱上，且所在的平面将三棱柱分割成体积相等的两部分，点在棱上，且，点在直线上，若平面，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】首先说明为的中点，在上取点，使得，连接、，即可证明平面平面，由面面平行的性质得到，从而得到，即可求出. 【详解】如图，连接，则， 又所在的平面将三棱柱分割成体积相等的两部分， 所以， 即， 即，设到平面的距离为， 则，， 所以，所以为的中点， 在上取点，使得，连接、， 因为，所以，又平面，平面， 所以平面， 又平面，，平面， 所以平面平面， 又平面平面，平面平面， 所以，又，所以四边形为平行四边形， 所以，所以， 所以. 故选：D 8. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.若恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由正弦定理边化角结合两角和差的正弦公式可得，推出，则,结合锐角三角形确定B的范围，继而将不等式恒成立转化为恒成立，结合对勾函数的单调性，即可求得答案. 【详解】由可得， 结合, 可得，即， 由于在锐角中，， 故，则, 则, 又，所以恒成立，即恒成立， 即恒成立， 因为，故，令， 则函数在内单调递增，故， 即， 故， 故选：C 【点睛】方法点睛：（1）三角等式含有边角关系式时，一般利用正弦定理转化为角或边之间的关系进行化简；（2）不等式恒成立问题一般转化为函数单调性或最值问题解决；（3）一般要注意利用基本不等式或者函数单调性比如对勾函数的单调性，求解函数最值或范围. 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.全选对得6分，选错0分，部分选对得部分分. 9. 已知i为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ） A. ，则 B. C. 若，则复数z对应的点位于第四象限 D. 已知复数z满足，则z在复平面内对应的点的轨迹为圆 【答案】AD 【解析】 【分析】根据复数相等的充要条件即可求解A，根据复数的性质即可求解B，根据复数的几何意义即可求解CD. 详解】A：由题意， 所以，解得，，所以,故A正确， B：因为两个复数不能比较大小，所以B不正确； C：因为，所以复数z对应的点位于第二象限，因此C不正确； D：因为，所以z在复平面内对应的点的轨迹为圆心为，半径为3的圆，因此D正确， 故选：AD 10. 在中，角，，所对的边分别为，，，则下列说法中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，且，则的最大值为 C. 若，，，则符合条件的有两个 D. 若，则是锐角三角形 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过正弦定理判断A，利用余弦定理及基本不等式求解最值判断B，根据正弦定理及边角关系判断C，根据两角和正切公式及三角形性质得，分析角的范围即可判断D. 【详解】对于A，由，根据正弦定理得（为外接圆半径），即， 则，正确； 对于B，由余弦定理知，， 因为，，所以，所以， 当且仅当时等号成立， 因为，所以的最大值为，正确； 对于C，由正弦定理得，则， 又，则，知满足条件的三角形只有一个，错误； 对于D，， 所以 ， 所以， 所以，，三个数有0个或2个负数， 又因，，最多一个钝角，所以，，， 即，，都是锐角，所以一定为锐角三角形，正确. 故选：ABD. 11. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（ ） A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B. 存点Q，使平面MBN C. 过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D. 经过C，M，B，N四点的球的表面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】作出过的截面判断选项A；取中点为，证明其满足选项B；当在运动时，确定截面的形状，引入参数(如)计算出面积后可得取值范围，判断选项C，过与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项D． 【详解】选项A，连接，正方体中易知， 分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确； 选项B，如图，取中点为，连接， 因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形， 所以，又是中点，所以，所以， 平面，平面，所以平面，B正确； 选项C，正方体中，分别是中点，则， 在上，如图，作交于，连接，延长交延长线于点， 连接延长交延长线于点，连接交于点，交于点， 为所过三点的截面， 由正方体的对称性可知梯形与梯形全等， 由面面平行的性质定理，，从而有，由正方体性质， 设，，则，， 是中点，，则，所以，同理， ，，， 梯形是等腰梯形，高为， 截面面积， 设，，， 在上递增，，， 所以，C错； 选项D，取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方体）， 它的外接球就是过四点的球，所以球直径为，半径为，表面积为，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. 12. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的几何意义和复数的运算即可求解. 【详解】因为复数对应的点的坐标为，则， 则， 故答案为：. 13. 在正六边形中，已知，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】求出，由余弦定理得到，再利用数量积公式求出答案. 【详解】在正六边形中，，， ， ． 其中≌， 由余弦定理可得， ． 故答案为： 14. 已知正六棱锥的高是底面边长的倍，侧棱长为，正六棱柱内接于正六棱锥，即正六棱柱的所有顶点均在正六棱锥的侧棱或底面上，则该正六棱柱的外接球表面积的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据侧棱长，高和底面边长的关系求出，，设，用表示出，在中求出正六棱柱外接球半径的平方，利用二次函数的值域求得半径的最小值即得. 【详解】 如图，设正六棱锥为P—ABCDEF，底面中心为，正六棱柱为，其中与底面重合的面为， 面的中心为，外接球球心为O，由题意得，面的中心为，面的所有顶点均在正六棱锥的侧棱上． 作截面PAD的平面图，由题意得，，所以，．设，， 由题意得，故，， 故外接球半径的平方，当且仅当时取得最小值， 此时外接球表面积，故正六棱柱的外接球表面积的最小值为． 【点睛】思路点睛：本题主要考查正棱锥的内接正棱柱以及正棱柱的外接球的表面积的最值问题，属于难题. 解题思路在于先利用棱锥的相关量的关系求出底面边长和高，借助于内接棱柱与之关系设出自变量，并用其表示相关量和，最后借助于直角三角形表示出棱柱外接球半径并求出半径最小值. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明，证明过程或者演算步骤 15. 某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的，如图所示，若被截正方体的棱长是60cm． （1）求石凳的体积； （2）为了美观工人准备将石凳的表面进行粉刷，已知每平方米造价50元，请问粉刷一个石凳需要多少钱？ 【答案】（1） （2）元 【解析】 【分析】（1）计算出正方体的体积减去8个小正三棱锥的体积，得到答案； （2）计算出石凳的表面积，从而求出粉刷一个石凳的钱数. 【小问1详解】 正方体的体积为， 石凳的体积为正方体的体积减去8个正三棱锥的体积，其中一个小正三棱锥的三条侧棱边长为， 故一个小正三棱锥的体积为， 故石凳的体积为. 【小问2详解】 石凳的表面由6个正方形和8个正三角形组成，其中正方形和正三角形的边长均为， 则石凳的表面积为， 则粉刷一个石凳需要元. 16. 已知，. （1）若，求； （2）若与的夹角为，求； （3）若与垂直，求与的夹角． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由可得出的夹角为0或，再根据,即可求出； （2）先求出,再利用模长公式求解； （3）根据与垂直，即可得出，从而可求出，进而得出与的夹角． 【小问1详解】 ∵，∴与夹角为或， ∴=; 【小问2详解】 ； 【小问3详解】 ，∴ ， 设与的夹角为， 则， ，∴ 17. 在中，内角的对边分别是，且， . （1）求角B； （2）若，求边上的角平分线长； （3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理结合两角和的正弦公式化简求值即可； （2）根据余弦定理及已知得，然后利用面积分割法列方程求解即可； （3）利用向量加法运算及数量积模的运算得，利用正弦定理得，然后利用正弦函数的性质求解范围即可. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 即， 即， 所以，因为，所以. 因为，所以. 【小问2详解】 由及余弦定理得，又，所以， 由得， 所以，所以，解得. 【小问3详解】 因为为的中点，所以， 则， 由正弦定理得 ， 因为为锐角三角形，所以，所以， 所以，所以，所以， 所以，所以， 即边上的中线的取值范围为. 18. 如图所示，在四棱锥中，平面，，E是PD的中点. （1）求证：； （2）求证：平面； （3）若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）存在，证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明； （2）由中位线、线面平行的性质可得四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定即可证明； （3）根据线面、面面平行的性质定理和判断定理即可判断存在性. 小问1详解】 在四棱锥中，平面，平面，平面， 平面平面，所以； 【小问2详解】 如下图，取为中点，连接，由E是PD的中点， 所以且，由（1）知，又， 所以且，所以四边形为平行四边形，故， 而平面，平面，则平面. 【小问3详解】 取中点N，连接，， 因为E，N分别为，的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 线段存在点N，使得平面，理由如下： 由（2）知：平面，又，平面，平面， 所以平面平面，又M是上的动点，平面， 所以平面，所以线段存在点N，使得平面. 19. 在中，角，，的对边分别为，，，点，，分别位于，，所在直线上，满足，，（，，）． （1）如图1，若三角形是边长为3的正三角形，且，求； （2）如图2，若，，交于一点， ①求证： ②若，，，，求． 【答案】（1） （2）①证明见解析 ② 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算及向量平面基本定理，列出方程求解即可； （2）由三角形面积比与线段的比化简即可得①，利用相似求出，，再由解三角形得出，根据三角形面积间的关系及三角形面积公式得解. 【小问1详解】 设，则， 因为，， 所以， 令， 所以，解得， 所以. 【小问2详解】 如图，过点作于点， 因为，所以； 同理可得：，所以，即； 同理可证：，， . ②过点作的平行线交于点，过作交于点，如图， 由，，可得，所以， 所以， 由，，可得，且， 所以，，即， 设， 则由余弦定理可得：， 即，解得， 所以， 故， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于寻求三角形的面积比与线段的面积比之间的关系，得出此关系即可完成的证明；对求解三角形的面积，关键利用辅助线得出，再由辅助线得出的长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $