精品解析：福建省龙岩市一级校联盟2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题

龙岩市一级校联盟2023—2024学年第二学期半期考联考 高一数学试卷 （考试时间：120分钟 总分：150分） 命题学校：永定一中 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. 复数（ ） A. B. C. D. 2. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 若平面向量与的夹角是，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，，则该三角形的形状是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 5. 已知直线，，是三条不同的直线，平面，，是三个不同的平面，下列命题正确的是（    ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，且，，则 D. ，，三个平面最多可将空间分割成个部分 6. 已知平面上四个点，，，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7. 如图所示，在三棱柱中，若点分别满足，，平面将三棱柱分成体积为的两部分，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知是锐角三角形，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.若且，则△ABC外接圆面积的取值范围是（ ） 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. 9. 在复数范围内（是虚数单位），下列选项正确的是（ ） A. 关于x的方程的解为 B. 复数的虚部是5 C. 若复数z满足，则 D. 已知a，，若是关于x的方程的一个根，则， 10. 在中，角的对边分别为，则下列的结论中正确的是（ ） A. B. C. 若是锐角三角形，恒成立 D. 若O为的外心，且，，则 11. 如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 平面 C. 的最小值为 D. 当，C，，P四点共面时，四面体的外接球的体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数（x，），则复平面内满足的点Z的集合围成的图形面积为，则实数_____________. 13. “圆锥容球”是指圆锥形的容器里放了一个球，且球与圆锥的侧面及底面均相切（即圆锥的内切球）.已知某圆锥形容器的轴截面为等边三角形，高为，则该圆锥内切球的表面积为_____________.（容器壁的厚度忽略不计） 14. 在四面体中，，，平面，分别为线段的中点，现将四面体以为轴旋转，则线段在平面上投影长度的取值范围是_____________. 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. 15. 已知复数（，为虚数单位）. （1）若为纯虚数，求实数a的值； （2）若，且复数在复平面内所对应的点位于第四象限，求a的取值范围. 16. 已知向量. （1）当且时，求; （2）当时，求与夹角的余弦值. 17. 如图，梯形是圆台的轴截面，E，F分别在底面圆，的圆周上，EF为圆台的母线，，已知，，G，H分别为，的中点. （1）证明：平面平面. （2）若三棱锥的体积为，求圆台的侧面积. 18. 如图1，在平面四边形中，，，.是线段上靠近端的三等分点，是线段的中点，.将沿折成四棱锥，连接，，，如图2. （1）在图2中，证明：平面. （2）在图1中，求的值. 19. 现有长度分别为1，2，3，4的线段各1条，将它们全部用上，首尾依次相连地放在桌面上，可组成周长为10的三角形或四边形. （1）求出所有可能的三角形的面积. （2）如图，在平面凸四边形中，，，，. ①当大小变化时，求四边形面积的最大值，并求出面积最大时的值. ②当时，所在平面内是否存在点P，使得达到最小？若有最小值，则求出该值；否则，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 龙岩市一级校联盟2023—2024学年第二学期半期考联考 高一数学试卷 （考试时间：120分钟 总分：150分） 命题学校：永定一中 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. 复数（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用复数的运算法则即可得出． 【详解】． 故选：A． 2. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意利用三角形内角和定理可求的值，进而利用正弦定理即可求解的值． 【详解】因为，，，所以， 由正弦定理，可得，解得． 故选：B． 3. 若平面向量与的夹角是，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得且，利用向量的模长公式即可求解． 【详解】平面向量与的夹角是，和是相反向量， 存在且使，， 又，， ，则,． 故选：A． 4. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，，则该三角形的形状是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】根据特殊角的三角函数值可得，即可结合正弦定理求解． 【详解】由，,则， 由，则， 由于，则， ，均为三角形的内角，，即， 故该三角形的形状是等腰三角形． 故选：B． 5. 已知直线，，是三条不同的直线，平面，，是三个不同的平面，下列命题正确的是（    ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，且，，则 D. ，，三个平面最多可将空间分割成个部分 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，结合条件可得直线，可能平行，相交，异面，判断A，对于B，由条件可得或，由此判断B，结合面面平行判定定理判断C，通过空间平面位置关系判断D. 【详解】对于选项A，若，，则与可能相交、平行或异面，故选项A错误； 对于选项B，若，，则或，故选项B错误； 对于选项C，若，，且，，因为直线，未必相交，所以与不一定平行，故选项C错误； 对于选项D， 三个平面两两两平行时，可把空间分成4部分； 三个平面中恰有两个平面平行时，可把空间分成6部分，如图（1）； 三个平面两两相交于一条直线时，可把空间分成6部分，如图（2）； 三个平面两两相交于三条直线且三条直线互相平行，可把空间分成7部分，如图（3）； 三个平面两两相交于三条直线，且三条直线交于一点，可把空间分成8部分，如图（4）； D正确， 故选：D. 6. 已知平面上四个点，，，，则向量在向量上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的定义，结合向量的数量积和模长的坐标计算，求解即可. 【详解】根据题意，可得，，则， 所以在向量上投影数量等于， 可得向量在向量上的投影向量为. 故选：A. 7. 如图所示，在三棱柱中，若点分别满足，，平面将三棱柱分成体积为的两部分，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平行线分线段成比例可求得，结合棱台和棱柱体积公式可求得结果. 【详解】，，，，； ，几何体为三棱台， 设三棱柱的高为， ， ，. 故选：A. 8. 已知是锐角三角形，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.若且，则△ABC外接圆面积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据余弦定理，结合三角恒等变换以及三角函数的性质可得，即可根据锐角三角形求解，进而根据正弦定理可得外接圆半径的取值，即可由圆的面积公式求解. 【详解】由和正弦定理可得，所以.由余弦定理得， 所以，即， 由正弦定理得， 因为，所以， 则，即. 因为是锐角三角形，所以，，所以. 又在上单调递增，所以，则. 因为是锐角三角形，所以，，， 所以，由正弦定理得，所以，所以， 所以外接圆面积. 故选：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. 9. 在复数范围内（是虚数单位），下列选项正确的是（ ） A. 关于x的方程的解为 B. 复数的虚部是5 C. 若复数z满足，则 D. 已知a，，若是关于x的方程的一个根，则， 【答案】BC 【解析】 【分析】选项A，求出方程的解即可；选项B，化简复数，求解即可；选项C，直接求出模长即可；选项D，根据实系数一元二次方程根的情况，利用根与系数的关系求解即可． 【详解】对于A，方程可化为，所以或，所以和，选项A错误； 对于B，复数，虚部是5，选项B正确； 对于C，复数满足，所以,故，即，所以，选项C正确； 对于D，若是方程的一个根，则也是方程的根， 所以，解得或，选项D错误． 故选：BC． 10. 在中，角的对边分别为，则下列的结论中正确的是（ ） A. B. C. 若是锐角三角形，恒成立 D. 若O为的外心，且，，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据二倍角公式以及正弦定理边角互化，即可判定A,B中，当为钝角时，，判断B，C中，由锐角三角形，可得，即，进而可得与的关系，即可判定C；D中，设的中点，由向量的关系及为三角形的外心，即可由数量积的运算律求解D. 【详解】A中，因为，， 在三角形中，，可得，由正弦定理可得， 所以，所以，所以，即， 当，即， 即，在三角形中，，， 所以，由正弦定理可得：， 所以，可得，所以A正确； B中，因为，当为钝角时，则，此时，， 所以，所以B不正确； C中，若三角形为锐角三角形，则，即， 所以，所以C正确； D中，因为，，即，， 设为的中点，因为为外接圆的圆心，所以，可得， 所以，所以D正确． 故选：ACD． 11. 如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 平面 C. 的最小值为 D. 当，C，，P四点共面时，四面体的外接球的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，求出为定值，且P到平面的距离为1，从而由等体积得到锥体体积为定值；B选项，证明出面面平行，得到线面平行； C选项，将两平面展开到同一平面，连接，交于点，此时最小，最小值即为的长，由勾股定理得到最小值； D选项，点P在点B处，，C，，P四点共面，四面体的外接球即正方体的外接球，求出正方体的外接球半径，得到外接球体积. 【详解】对于A，因为不在平面内，平面， 所以平面，又， 所以点到平面的距离为， 又为定值， 故定值，A正确； 对于B，因为，平面，平面，所以平面， 同理可知平面， 又，平面， 所以平面平面， 由于平面，故平面，B正确. 对于C，展开两线段所在的平面，得矩形及等腰直角三角形， 连接，交于点，此时最小，最小值即为的长， 过点作⊥，交的延长线于点， 其中， 故，又勾股定理得，C正确； 对于D，点P在点B处，，C，，P四点共面， 四面体的外接球即正方体的外接球， 故外接球的半径为，所以该球的体积为，D正确. 故选：ABD 【点睛】特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数（x，），则复平面内满足的点Z的集合围成的图形面积为，则实数_____________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据已知条件，结合复数的几何意义，以及圆的面积公式，即可求解． 【详解】复平面内满足的点的集合围成的图形为以为圆心，以半径的圆， 复平面内满足的点的集合围成的图形面积为， 则，解得（负值舍去）． 故答案为：4． 13. “圆锥容球”是指圆锥形的容器里放了一个球，且球与圆锥的侧面及底面均相切（即圆锥的内切球）.已知某圆锥形容器的轴截面为等边三角形，高为，则该圆锥内切球的表面积为_____________.（容器壁的厚度忽略不计） 【答案】 【解析】 【分析】根据相切的性质，结合勾股定理、球的表面积公式进行求解即可. 【详解】作圆锥的轴截面图，如图， 由图，为等边三角形，则， 又，所以， 所以在正中，， 设内切球球心为，半径为，则在上，且，， 在中，，所以，解得， 所以外接球表面积． 故答案为：. 14. 在四面体中，，，平面，分别为线段的中点，现将四面体以为轴旋转，则线段在平面上投影长度的取值范围是_____________. 【答案】 【解析】 【分析】首先证明，取中点为，连接、，则，，可得，在旋转过程中，与的垂直性保持不变，当与平面垂直时，在平面上的射影取得最小值为，当与平面平行时，在平面上的射影长取得最大值，则答案可求． 【详解】如图，取的中点的中点，连接， ∵分别是线段的中点，∴，， ∵，，∴，， 则，，且，平面，∴平面，又平面，∴，∴， 在中，， 当四面体绕旋转时， ∵，平面，平面， ∴平面，与的垂直性保持不变，且，长度不变. 当与平面垂直时，在平面上的投影长最短为0， 此时在平面上的投影的长取得最小值，最小值为， 当与平面平行时，在平面上的投影长最长为， 此时在平面上的投影的长取得最大值，最大值为， 线段在平面上的投影长的取值范围是. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据等腰三角形证明，，进而得平面，即可根据当与平面垂直时以及当与平面平行时，求解的最值. 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. 15. 已知复数（，为虚数单位）. （1）若为纯虚数，求实数a的值； （2）若，且复数在复平面内所对应的点位于第四象限，求a的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由复数为纯虚数，列出方程组求解即可得的值； （2）由在复平面上对应的点在第四象限列出不等式组求解即可得的取值范围． 【小问1详解】 . 因为为纯虚数，，解得， 所以. 【小问2详解】 由， 由复数在复平面内所对应的点位于第四象限，得，解得． 的取值范围为． 16. 已知向量. （1）当且时，求; （2）当时，求与夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量垂直坐标表示求出，再利用那个向量模的坐标公式求解； （2）根据向量共线的坐标运算求出，再利用向量的夹角公式求解. 【小问1详解】 当且时, ,即， 所以，解得（负值舍去）， 所以， 所以， 所以； 【小问2详解】 ，， 则，又，， 所以，解得，所以， 则， 即与夹角的余弦值为. 17. 如图，梯形是圆台的轴截面，E，F分别在底面圆，的圆周上，EF为圆台的母线，，已知，，G，H分别为，的中点. （1）证明：平面平面. （2）若三棱锥的体积为，求圆台的侧面积. 【答案】（1） ∵在梯形中，，，∴， 又G为的中点，∴，∴， 故四边形为平行四边形，∴. 又平面，平面， ∴平面. ∵分别是，的中点， ∴. 又平面，平面， ∴平面. 又，平面，平面， ∴平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由题意可证得平面，平面，进而可证得结论； （2）由三棱锥体积可得的面积，进而可得圆台的侧面积． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设由（1）可知，则为三棱锥的高h. 故， 由，可得， ∴. 又∵，， ∴. 故， ∴. 在中，. 故圆台的侧面积. 18. 如图1，在平面四边形中，，，.是线段上靠近端的三等分点，是线段的中点，.将沿折成四棱锥，连接，，，如图2. （1）在图2中，证明：平面. （2）在图1中，求的值. 【答案】（1） 连接，交于点，连接， ，， 又，， 又是线段上靠近端的三等分点，， ，， 平面，平面， 平面. （2）1 【解析】 【分析】（1）由得到，从而，结合得到，所以，由线面平行的判定得到平面； （2）由，，三点共线，，又由、的位置得到，从而，再由，，三点共线得到，解出，从而. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，可知，，三点共线，，，三点共线， 由，，三点共线，可设（），. 是的中点，， 是线段上靠近端的三等分点，，， 故，即， 由，，三点共线，可得，解得， 故. 19. 现有长度分别为1，2，3，4的线段各1条，将它们全部用上，首尾依次相连地放在桌面上，可组成周长为10的三角形或四边形. （1）求出所有可能的三角形的面积. （2）如图，在平面凸四边形中，，，，. ①当大小变化时，求四边形面积的最大值，并求出面积最大时的值. ②当时，所在平面内是否存在点P，使得达到最小？若有最小值，则求出该值；否则，说明理由. 【答案】（1） 当三角形三边为，3，4时，，. 当三角形三边为2，，4时，. （2）①，； ②把绕A逆时针旋转60°，如图，则，，连接. 为等边三角形，则，，，， ∴（当且仅当，，P，B共线时取得最小值）， 此刻， ∴最小值为. 【解析】 【分析】（1）分三角形三边分别为3，3，4和2，4，4两种情况，利用三角形面积公式，求得三角形面积即可； （2）①利用余弦定理及三角恒等变换，结合已知条件计算可得； ②假设存在符合条件的点，把绕点逆时针旋转，结合图形及线段关系可得最小值． 【小问1详解】 根据三角形两边之和大于第三边，由题意可知，所有可能符合情况的三角形的三边长为，3，4和2，，4， 当三角形三边为，3，4时，由余弦定理知等腰三角形顶角的余弦值，，. 当三角形三边为2，，4时，由余弦定理知等腰三角形顶角的余弦值，，. 【小问2详解】 ①连接BD，由余弦定理知，， ∴，， ∴， ∴. 又， ∴. 又∵， ∴. ∴. 故 ， 当且仅当时，，取得最大值， 此时，， ∴，，，，. ②略 【点睛】关键点点睛：①对和平方，由三角恒等变换求解面积最值. ②将绕A逆时针旋转60°得为等边三角形，利用三点共线求最值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $