精品解析：河南省濮阳市清丰县2023-2024学年高一下学期4月期中数学试题

普通高中2023-2024学年高一下学期期中考试 数学（人教版） 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 1. 在四边形中，与交于点，且，则 （ ） A. B. 四边形是梯形 C. 四边形是菱形 D. 四边形是矩形 2. 两个三棱锥、一个四棱锥拼在一起不可能拼成的是 （ ） A. 一个三棱锥 B. 一个四棱锥 C. 一个三棱柱 D. 一个四棱柱 3. 已知复数，为虚数单位，当时， （ ） A. B. C. D. 4. 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形，恰为一个直角边长为3的等腰直角三角形（如图），，则原图形的面积为 （ ） A B. 18 C. D. 5. 已知在中，为的垂心，是所在平面内一点，且，则以下正确的是 （ ） A. 点为内心 B. 点为的外心 C. D. 为等边三角形 6. 已知为虚数单位，若为的共轭复数，则 （ ） A. 14 B. 116 C. D. 7. 在四边形中，，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 多面体欧拉定理是指：若多面体顶点数为，面数为，棱数为，则满足. 已知某面体各面均为五边形，且经过每个顶点的棱数为3，则 （ ） A. 6 B. 10 C. 12 D. 20 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分. 9. 已知复数为虚数单位，则下列说法错误是 （ ） A. 的虚部为 B. C. D. 为纯虚数 10. 在平行四边形中，与交于点为的中点，与交于点，延长交于，则 （ ） A. 为三角形的外心 B. C. D. 11. 已知，方程有一个虚根为为虚数单位，另一个虚根为，则（ ） A. B. 该方程的实数根为1 C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，且，则______. 13. 已知复数满足为虚数单位，在复平面上对应的点为，定点为坐标原点，则的最小值为_____________. 14. 某容器是一个圆锥和圆柱的组合体（如图），圆柱的底面直径为4，高为3，容器内放入一个直径为4的球后，该球与圆柱的侧面和底面、圆锥的侧面都相切，则该容器的体积为_____________. 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知为虚数，且. （1）求的值； （2）求的值. 16. 在平面直角坐标系中，，四边形是矩形且. （1）求点的坐标； （2）与点在同一平面直角坐标系中，当点到的距离的平方和最小时，求点的坐标. 17. 已知为单位向量. （1）若，求的夹角； （2）若，求的值. 18. 已知某圆锥的母线长与底面直径相等，表面积为. （1）求此圆锥的体积； （2）若此圆锥内有一圆柱，该圆柱的下底面在圆锥的底面上，求该圆柱侧面积的最大值. 19. 已知点满足面积为面积的. （1）求的值； （2）若为的垂心，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 普通高中2023-2024学年高一下学期期中考试 数学（人教版） 全卷满分150分，考试时间120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 1. 在四边形中，与交于点，且，则 （ ） A. B. 四边形是梯形 C. 四边形是菱形 D. 四边形是矩形 【答案】D 【解析】 【分析】由题意，根据相等向量的概念和向量的模，结合矩形的判定定理即可求解. 【详解】由， 知四边形的对角线相互平分且相等， 所以四边形为矩形. 故选：D 2. 两个三棱锥、一个四棱锥拼在一起不可能拼成的是 （ ） A. 一个三棱锥 B. 一个四棱锥 C. 一个三棱柱 D. 一个四棱柱 【答案】D 【解析】 【分析】两个三棱锥和一个四棱锥能否拼成某几何体，可以看该几何体可否拆割成两个三棱锥和一个四棱锥，即可判断得答案. 【详解】对于A，三棱锥中，分别取的中点，再取的中点，连接， 则三棱锥可拆割成三棱锥和四棱锥，A可能； 对于B，四棱锥，取的中点，则四棱锥可拆割 成三棱锥和四棱锥，B可能； 对于C，三棱柱中，取的中点，则三棱柱可拆割为 三棱锥和四棱锥，C可能； 对于D，一个四棱柱割去一个四棱锥后的几何体不可能由两个三棱锥拼成，D不可能. 故选：D 3. 已知复数，为虚数单位，当时， （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数模求出，再利用复数的除法求解即得. 【详解】依题意，，解得，则， 所以. 故选：C 4. 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形，恰为一个直角边长为3的等腰直角三角形（如图），，则原图形的面积为 （ ） A. B. 18 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意求出，结合斜二测画法作出原图，结合图形即可求解. 【详解】由题意知，中，，则， 由斜二测画法，将直观图还原为原图，如图所示， 则，， 所以. 故选：A 5. 已知在中，为垂心，是所在平面内一点，且，则以下正确的是 （ ） A. 点为的内心 B. 点为的外心 C. D. 为等边三角形 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量数量积运算律，结合向量加减计算判断得解. 【详解】在中，由为的垂心，得， 由，得， 则，即，又， 显然，同理得，因此点为的外心，B正确，无判断ACD成立的条件. 故选：B 6. 已知为虚数单位，若为的共轭复数，则 （ ） A. 14 B. 116 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据相等复数建立方程组，解得，进而解出，结合共轭复数的概念与复数的乘法运算即可求解. 【详解】由，得， 所以，解得， 则，所以， 所以. 故选：B 7. 在四边形中，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可得，，四边形直角梯形，建立平面直角坐标系，利用向量夹角公式运算得解. 【详解】，，则且， 又，，所以，则， 所以四边形为直角梯形，如图，以点为坐标原点，分别为轴建立平面直角坐标系， 则，，，所以，， 所以. 故选：B. 8. 多面体欧拉定理是指：若多面体的顶点数为，面数为，棱数为，则满足. 已知某面体各面均为五边形，且经过每个顶点的棱数为3，则 （ ） A. 6 B. 10 C. 12 D. 20 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，结合欧拉公式列出方程组，求解方程组即得. 【详解】设该多面体的顶点数为，棱数为， 依题意，，消去得， 所以. 故选：C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分. 9. 已知复数为虚数单位，则下列说法错误的是 （ ） A. 的虚部为 B. C. D. 为纯虚数 【答案】AD 【解析】 【分析】由复数的基本概念可判断AD错误，由模长公式计算即可判断B正确，由于与为方程的两个根，可知，，，即可求解. 【详解】复数，故实部为，虚部为，故AD错误； ，故B正确； 与为方程的两个根，可知， 所以，，故C正确. 故选：AD 10. 在平行四边形中，与交于点为的中点，与交于点，延长交于，则 （ ） A. 为三角形的外心 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由与相似，为的中点，可知，所以点为三角形的重心，判断出A错误；由重心得到为的中点，所以，判断出B正确；由平面向量的基本定理判断出C，D正确. 【详解】在三角形中，为的中点，又与相似， 可得：，故点为三角形的重心，故A错误； 由于点为三角形的重心，延长交于，则为的中点， 所以，故B正确； ，，故C正确； ，故D正确. 故选：BCD. 11. 已知，方程有一个虚根为为虚数单位，另一个虚根为，则（ ） A. B. 该方程的实数根为1 C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】利用方程根的意义，借助复数运算及复数为0的充要条件求出，再逐项计算判断即可. 【详解】由是方程的根，得， 整理得，而，因此，解得， 对于A，，A正确； 对于BC，方程，变形为， 显然此方程还有一个实根1，另一个虚根，B正确，C错误； 对于D，，D错误. 故选：AB 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，，且，则______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据模长公式即可代入求解. 【详解】由，得，将，代入得，解得. 故答案为：2 13. 已知复数满足为虚数单位，在复平面上对应的点为，定点为坐标原点，则的最小值为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用复数模的几何意义，结合向量数量积的运算律及定义法求出向量的数量积求解即得. 【详解】依题意，点的轨迹是复平面上以点为圆心，2为半径的圆， ，而， ，当且仅当方向相反时取等号， 所以的最小值为. 故答案为： 14. 某容器是一个圆锥和圆柱的组合体（如图），圆柱的底面直径为4，高为3，容器内放入一个直径为4的球后，该球与圆柱的侧面和底面、圆锥的侧面都相切，则该容器的体积为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】画出内切球的轴截面图，由图求出圆锥的高，然后利用圆锥与圆柱的体积公式计算即可. 【详解】由于圆柱的底面直径为4，故，高为，所以圆柱的体积为：， 轴截面如图：设球心为， 则与全等，由，得， 与同为的补角，故， ， 故，故， 故圆锥的高为，所以圆锥的体积为， 故所求体积为. 故答案为： 四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知为虚数，且. （1）求值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由，得，解方程即可求得； （2）由于，结合，即可求解. 【小问1详解】 因为，所以， 即，由于为虚数，故， 所以，故， 所以，所以 【小问2详解】 ， 由于，所以， 故. 16. 在平面直角坐标系中，，四边形是矩形且. （1）求点的坐标； （2）与点在同一平面直角坐标系中，当点到的距离的平方和最小时，求点的坐标. 【答案】（1）点，点； （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用向量垂直的坐标表示求出并验证，再利用向量的坐标表示求解即得. （2）设出点的坐标，利用两点间距离公式建立关系式，配方求出最小值即得. 【小问1详解】 依题意，，由矩形，得， 解得或，当时，，不符合题意，而时，， 因此，，显然，于是得， 所以点，点. 【小问2详解】 设，依题意， ，当且仅当时取等号， 所以点的坐标为. 17. 已知为单位向量. （1）若，求的夹角； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由得，两边同时平方得到，从而求解的夹角即可； （2）由得，求，先平方再开方即可求解. 【小问1详解】 由于，所以， 两边平方得，又为单位向量， 所以，设的夹角为，则， 所以，故的夹角为. 【小问2详解】 因为，所以， 由，故， 所以 故. 18. 已知某圆锥的母线长与底面直径相等，表面积为. （1）求此圆锥的体积； （2）若此圆锥内有一圆柱，该圆柱的下底面在圆锥的底面上，求该圆柱侧面积的最大值. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用圆锥的表面积公式求出圆锥的底面圆半径及高，再利用圆锥的体积公式计算即得. （2）利用圆锥与其内接圆柱的结构特征，用圆柱的底面圆半径表示出高，再求出侧面积的函数关系，借助基本不等式求解即得. 【小问1详解】 设圆锥底面圆半径为，依题意，圆锥的母线长， 显然，解得，圆锥的高， 所以圆锥的体积. 【小问2详解】 设圆锥的内接圆柱的底面圆半径为，高为，则有，即， 解得， 因此圆柱的侧面积， 当且仅当时取等号，所以该圆柱侧面积的最大值为. 19. 已知点满足的面积为面积的. （1）求的值； （2）若为的垂心，求的值. 【答案】（1）5 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可知为的中点，，结合已知条件可得，利用三点共线得，求得； （2）由（1）可得，由，得，由，得，进而求得，利用向量夹角公式得解. 【小问1详解】 如图，延长交于点，由的面积为面积的，可知为的中点，则， 因为三点共线，则存在实数使得，即，即得， ，则，即， ，解得. 【小问2详解】 由（1）知，， 则， 由，得，化简得①， 又， 由，得，化简得②， 由①②两式可得，，解得， 故. 【点睛】关键点睛：第一问，关键是利用三点共线的性质结合，得解；第二问，关键是结合（1）的结论，利用是垂心，得到，，向量转化为基底表示运算求得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$