精品解析：云南省昆明市禄劝县2023-2024学年高一下学期期中检测数学试题

禄劝县2023—2024学年下学期期中检测 高一数学 （考试时间：120分钟 满分：150分） 一､单选题：本题共7小题，每小题5分，共35分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数，则z的实部与虚部的和为（ ） A. -1 B. 1 C. 5 D. -5 2. （ ） A. B. C. D. 3. 的三个内角所对边的长分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 平行四边形ABCD中，点E满足，则（ ） A. B. -1 C. 1 D. 6. 在正方体中，点P为线段上的动点，M，N分别为棱的中点，若平面，则（ ） A. B. C. D. 7. 中，，AD为角A的平分线，，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 二､多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 8. 已知向量，下列结论中正确的是（ ） A. 若//，则 B. 若，则与的夹角的余弦值为 C. 当时，在上的投影向量为 D. 当时，与的夹角为锐角 9. 下列结论正确的是（ ） A. 在棱柱的所有面中，至少有两个面互相平行 B. 用斜二测画法画水平放置的边长为1的正三角形，它的直现图的面积是 C. 正方体中，直线与是异面直线 D. 正方体中，分别为的中点，P是线段 (不含端点)上的动点，过M，N，P点的平面截该正方体所得的截面为六边形 10. 的三个内角所对边的长分别为，其外接圆半径为R，内切圆半径为r，满足，的面积为6，则（ ） A. B. C. D. 三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 11. 若复数(i为虚数单位)，则__________． 12. 已知与是两个不共线的向量，，若三点共线，则实数_________． 13. “牟合方盖”是我四古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的几何模型，在正方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖．如图，已知棱长为2的正方体除去按上述方法截得的牟合方盖后剩余的体积是，则牟合方盖与截得它的正方体的外接球的体积之比是__________． 14. 平面向量满足，，则的最小值为__________． 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，向量与的夹角． （1）若，求k的值； （2）求. 16. 设复数，m为实数． （1）当m为何值时，z是纯虚数; （2）若，求的值; （3）若复数在复平面内对应的点在第三象限，求实数m的取值范围. 17. 如图，已知在侧棱垂直于底面的三棱柱中，，，点是的中点. （1）求证：平面 （2）求三棱锥的体积. 18. 老王拟将自家一块直角三角形地按如图规划成3个功能区：区域规划为枇杷林和放养走地鸡，区域规划为民宿供游客住宿及餐饮，区域规划为鱼塘养鱼供垂钓．为安全起见，在鱼塘周围筑起护栏，已知． （1）若，求护栏的长度即的周长； （2）若鱼塘的面积是民宿面积的倍，求． 19. 在锐角中，角的对边分别为，S为的面积，且． （1）求的值； （2）求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 禄劝县2023—2024学年下学期期中检测 高一数学 （考试时间：120分钟 满分：150分） 一､单选题：本题共7小题，每小题5分，共35分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 若复数，则z的实部与虚部的和为（ ） A. -1 B. 1 C. 5 D. -5 【答案】B 【解析】 【分析】直接由实部虚部的定义计算即可. 【详解】由知实部为3，虚部为，故实部与虚部的和为. 故选：B. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量加减法可解. 【详解】. 故选：C 3. 的三个内角所对边的长分别为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据余弦定理即可求解. 【详解】由以及余弦定理得, 故选：D 4. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】A选项可由线面平行的判定定理进行判断；B选项可由面面垂直判定定理可判断；C选项可由线面的位置关系进行判断；D选项可由面面平行的判定定理进行判断； 【详解】A选项不正确，因为平行，相交，异面都有可能； B选项正确，，则面面垂直判定定理可得； C.选项不正确，因为，时，可能有或者与相交不一定垂直, D选项不正确，可由面面平面的判定定理说明其是不正确的，必须相交. 故选:B. 5. 平行四边形ABCD中，点E满足，则（ ） A. B. -1 C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量的线性运算结合平面向量基本定理分析求解. 【详解】由题意可得：， 即，则. 故选：D. 6. 在正方体中，点P为线段上的动点，M，N分别为棱的中点，若平面，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的运算，求解法向量即可由，解得的值，即可得解的值．或者，根据线面平行的性质可得线线平行，根据相似即可求解. 【详解】方法1：如图所示，建立空间直角坐标系，设正方体边长为2， 可得，，，，，， 设，， 可得,,，可得,,，可得,,， , 设平面法向量为，，，可得，可得，令，可得， 由于平面，则，可得， 解得，即． 方法2：连接,交于点,则,连接,延长DP交B1D1于G, 由于平面，平面,且平面平面, 所以, 设正方体的棱长为1，则,故直角三角形中，,所以，所以, 由,所以四边形为平行四边形，所以根据,故 故选：A 7. 中，，AD为角A的平分线，，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，结合三角形的面积公式可得，然后由基本不等式可求的最小值． 【详解】由题意得：， 设，，的面积分别为：，，， 则， 即， 即， 则，所以， ， 当且仅当，即时，等号成立， 联立方程组：，解得：， 故当且仅当时， 取最小值． 故选：C 二､多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 8. 已知向量，下列结论中正确的是（ ） A. 若//，则 B. 若，则与的夹角的余弦值为 C. 当时，在上的投影向量为 D. 当时，与的夹角为锐角 【答案】BC 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算逐项分析判断. 【详解】对于A：若//，则，解得，故A错误； 对于B、C：若，则， 可得， 所以与的夹角的余弦值为，故B正确； 所以在上的投影向量为，故C正确； 对于D：与的夹角为锐角，等价于， 解得且，故D错误； 故选：BC. 9. 下列结论正确的是（ ） A. 在棱柱的所有面中，至少有两个面互相平行 B. 用斜二测画法画水平放置的边长为1的正三角形，它的直现图的面积是 C. 正方体中，直线与是异面直线 D. 正方体中，分别为的中点，P是线段 (不含端点)上的动点，过M，N，P点的平面截该正方体所得的截面为六边形 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据棱柱的性质即可判断A,根据斜二测画法的性质即可求解B,由异面直线的定义即可判断C,根据平面基本性质即可作出截面判断D. 【详解】对于A,由棱柱的性质可知：棱柱的上下底面互相平行，故A正确， 对于B,根据斜二测画法的规则可知：直观图中，高， 所以直现图的面积是，故B错误， 对于C,由于在正方体中，直线与既不平行也不相交，所以是异面直线，故C正确， 对于D,延长相交于，连接交AA1于点，同理延长交于点， 由于是中点，所以, 故在平面中，作交边于，连接交于， 因此六边形即为所求截面六边形，故D正确， 故选：ACD 10. 的三个内角所对边的长分别为，其外接圆半径为R，内切圆半径为r，满足，的面积为6，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，对已知条件结合正弦定理可说明其正确； B选项，通过内切圆半径和面积法推出； C选项，由A先等价推出，由三角形的面积公式可算出； D选项，根据的取值结合和正弦定理可计算. 【详解】 如图，设内切圆圆心为，则到三边的距离均为，于是，即，则，得到，B选项正确； 由可得， 结合正弦定理可得，，即，A选项正确； 根据诱导公式，，， ，按照整体展开得到，，而，于是，即，故，由三角形面积公式，，解得，C选项正确； 由正弦定理结合B选项，，即，D选项错误. 故选：ABC 三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 11. 若复数(i为虚数单位)，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】设复数，代入等式，利用复数相等，求得，，得到答案. 【详解】设复数，则， 即， 所以，解得， 所以. 故答案为：. 12. 已知与是两个不共线的向量，，若三点共线，则实数_________． 【答案】或 【解析】 【分析】根据向量共线运算求解. 【详解】因为与是两个不共线的向量， 若三点共线，则，即， 可得，解得或. 故答案为：或. 13. “牟合方盖”是我四古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的几何模型，在正方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖．如图，已知棱长为2的正方体除去按上述方法截得的牟合方盖后剩余的体积是，则牟合方盖与截得它的正方体的外接球的体积之比是__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用正方体的体积公式及正方体的体对角线等于正方体外接球的直径，结合球的体积公式即可求解. 【详解】由题意可知，正方体的体积为, 因为已知棱长为2的正方体除去按上述方法截得的牟合方盖后剩余的体积是， 所以牟合方盖的体积为. 设正方体的外接球的半径为,则 易知，正方体的体对角线等于正方体外接球的直径，即,解得， 所以正方体的外接球的体积为. 所以牟合方盖与截得它的正方体的外接球的体积之比是. 故答案为：. 14. 平面向量满足，，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可设，根据向量的坐标运算求解. 【详解】设，以的中垂线为y轴建立平面直角坐标系， 由题意可设， 则， 因为，整理得， 所以，设， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 故的最小值为. 故答案为：. 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，向量与的夹角． （1）若，求k的值； （2）求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量垂直结合数量积的运算律运算求解； （2）根据模长公式结合数量积的运算律运算求解. 【小问1详解】 由题意可得：， 若，则， 所以. 【小问2详解】 因为， 所以. 16. 设复数，m为实数． （1）当m为何值时，z是纯虚数; （2）若，求的值; （3）若复数在复平面内对应的点在第三象限，求实数m的取值范围. 【答案】（1）5 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据复数的相关概念列式求解； （2）根据复数的模长公式运算求解； （3）根据共轭复数的概念以及复数的几何意义列式求解. 【小问1详解】 若z是纯虚数，则，解得， 所以当时，z是纯虚数. 【小问2详解】 若，则， 所以. 【小问3详解】 因为复数，对应的点为， 若复数在复平面内对应的点在第三象限， 则，解得， 故实数m的取值范围为. 17. 如图，已知在侧棱垂直于底面的三棱柱中，，，点是的中点. （1）求证：平面 （2）求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明：设交于点，则为的中点，连接， 又为的中点，则为的中位线，所以， 又平面，平面，所以平面. （2）8 【解析】 【分析】（1）设交于点，连接，即可得到，从而得证； （2）过作垂足为，即可证明平面，再由计算可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在中，过作垂足为， 因为平面，平面，所以， 又平面 所以平面， 又， 因为，，即，所以， 所以， 所以. 18. 老王拟将自家一块直角三角形地按如图规划成3个功能区：区域规划为枇杷林和放养走地鸡，区域规划为民宿供游客住宿及餐饮，区域规划为鱼塘养鱼供垂钓．为安全起见，在鱼塘周围筑起护栏，已知． （1）若，求护栏的长度即的周长； （2）若鱼塘的面积是民宿面积的倍，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合余弦定理可得，进而可得，即可得结果； （2）由题意可得，在、中结合正弦定理运算求解. 【小问1详解】 在Rt中，因为，可得， 在中，由余弦定理， 所以， 可得，则， 可得， 所以护栏的长度即的周长. 【小问2详解】 由题意可得：，设，则， 在，由正弦定理，整理得， 在，由正弦定理，整理得， 则，整理得， 而，故，即. 19. 在锐角中，角的对边分别为，S为的面积，且． （1）求的值； （2）求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形面积公式及余弦定理可得，然后利用同角关系式即得； （2）利用正弦定理及三角恒等变换可得，结合条件可得，进而即得范围，最后换元应用单调性可解. 【小问1详解】 ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴ ∴， ∴（舍），. 【小问2详解】 ∵， ∴， ∴ ∵为锐角三角形， ∴，， ∴，， ∴，， ∴． 令， 单调递减，单调递增， 当，当， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $