精品解析：天津市部分区2023-2024学年高一下学期期中数学试卷

天津市部分区2023~2024学年度第二学期期中练习 高一数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共120分，考试用时100分钟．祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 参考公式： ·圆柱的体积公式，其中表示圆柱的底面面积，表示圆柱的高． ·棱锥的体积公式，其中表示棱锥的底面面积，表示棱锥的高． ·球的表面积公式，球的体积公式，其中表示球的半径． 一、选择题：本大题共9小题，每小题4分，共36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. 已知向量，，若，则实数（ ） A. -4 B. C. D. 4 2. 已知复数，为虚数单位，则复数的虚部为（ ） A. B. C. 2 D. 3. 在中，角，，所对的边分别为，，．若，，，则（ ） A 1 B. 2 C. D. 4. 已知为空间两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题中不正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 在中，角，，所对的边分别为，，．若，，，则角（ ） A. B. C. D. 6. 在正方体中，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量，，满足，，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 8. 已知向量，不共线，且向量，，若与方向相反，则实数的值为（ ） A. -1 B. C. 1或 D. -1或 9. 如图，在中，，，为上一点，且，若，，则值为（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分． 10. 是虚数单位，复数________． 11. 已知点，，若，则点坐标为________． 12. 已知，点，则向量在方向上投影为________． 13. 如图是用斜二测画法画出的水平放置的正三角形ABC的直观图，其中，则三角形的面积为____． 14. 唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设组合体无盖，且内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示．若球的半径为，组合体的容积为，则该组合体内壁表面积为________． 15. 在直角梯形中，，点在边上（包含端点），若，则的取值范围是________． 三、解答题：本大题共5小题，共60分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知，，． （1）求的值； （2）求的面积； （3）求的值． 17. 已知复数，其中i为虚数单位，. （1）若z是纯虚数，求m的值； （2）z在复平面内对应的点在第二象限，求m的取值范围. 18. 如图，在正四棱柱中，，． （1）求证：直线平面； （2）求点到平面的距离． 19. 在中，角，，所对的边分别为，，．向量，，且． （1）求角； （2）若，，求的周长． 20. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，底面，，分别是，中点． （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求线段的长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 天津市部分区2023~2024学年度第二学期期中练习 高一数学 本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共120分，考试用时100分钟．祝各位考生考试顺利！ 第Ⅰ卷 参考公式： ·圆柱的体积公式，其中表示圆柱的底面面积，表示圆柱的高． ·棱锥的体积公式，其中表示棱锥的底面面积，表示棱锥的高． ·球的表面积公式，球的体积公式，其中表示球的半径． 一、选择题：本大题共9小题，每小题4分，共36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. 已知向量，，若，则实数（ ） A. -4 B. C. D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量垂直满足的坐标关系即可求解. 【详解】由可得，故， 故选：A 2. 已知复数，为虚数单位，则复数的虚部为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数乘法运算化简复数，即可由虚部定义求解. 【详解】由可得， 故虚部为， 故选：D 3. 在中，角，，所对的边分别为，，．若，，，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理即可求解. 详解】由，，可得， 由正弦定理可得，故， 故选：B 4. 已知为空间两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题中不正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面垂直的性质定理即可判断出ABD，.若，，则可能在平面内，即可判断出C. 【详解】A. 若，，利用线面垂直的性质定理得正确； B. 若，，利用线面垂直的性质定理得正确； C. 若，，则可能平面内，不正确； D. 若，，利用线面垂直的性质定理得正确； 故选：C. 5. 在中，角，，所对的边分别为，，．若，，，则角（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据余弦定理即可求解. 【详解】由余弦定理可得, ，即， 故选：D 6. 在正方体中，，分别是，的中点，则直线与直线所成角的正切值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，直线与直线所成的角为，在中求其正切值即可. 【详解】如图，取的中点，连接，，则且 故直线与直线所成的角为. 因为面，面，所以，， 设，，则. 故选：A 7. 已知向量，，满足，，，则向量与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据模长公式，即可结合数量积的定义代入求解. 【详解】由可得， 将，代入可得， 所以，故，由于，所以， 故选：A 8. 已知向量，不共线，且向量，，若与方向相反，则实数的值为（ ） A. -1 B. C. 1或 D. -1或 【答案】B 【解析】 【分析】由平面向量的共线定理列方程求出的值，再讨论的值是否满足与反向． 【详解】因为向量，不共线，且向量，，与方向相反， 所以存在实数使， 则，即， 所以，整理得，解得或， 又，所以. 故选：B. 9. 如图，在中，，，为上一点，且，若，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，可得，又三点共线，可得，则，利用向量的线性运算可得，进而表示出，计算即可. 【详解】在中，因为，所以，， 所以， 即， 因为，所以， 因为三点共线，所以，解得， 所以， 而， 所以， 又，，， 则 . 故选：C. 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分． 10. 是虚数单位，复数________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据复数除法法则计算出答案. 【详解】. 故答案： 11. 已知点，，若，则点的坐标为________． 【答案】 【解析】 【分析】设点的坐标为，求得的坐标，代入，即可求得点的坐标, 【详解】设点的坐标为， 因为点，， 则， 又， 所以， 所以，则的坐标为. 故答案为：. 12. 已知，点，则向量在方向上的投影为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据投影计算公式即可求解. 【详解】由点，得， 所以向量在方向上的投影为： ． 故答案为:. 13. 如图是用斜二测画法画出的水平放置的正三角形ABC的直观图，其中，则三角形的面积为____． 【答案】 【解析】 【分析】根据斜二测画法还原原图形，得出三角形的高，再由斜二测画法可得，即可由面积公式得解. 【详解】如图，所以， 又为正三角形，则，故， 所以. 故答案为：. 14. 唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺．它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（假设组合体无盖，且内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示．若球的半径为，组合体的容积为，则该组合体内壁表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】先计算出圆柱的高，内壁的表面积等于圆柱的侧面积加半球的表面积． 【详解】设圆柱的高为，内壁的表面积为， 由题意可知：， 由于，解得：， 内壁的表面积等于圆柱的侧面积加半球的表面积， 即． 故答案为：． 15. 在直角梯形中，，点在边上（包含端点），若，则的取值范围是________． 【答案】 【解析】 【分析】以A为坐标原点，以，所在直线为，轴建立直角坐标系，由点在边上（包含端点），则可设，结合平面向量的数量积的坐标表示、二次函数的性质求解即可. 【详解】 在直角梯形中，， 以A为坐标原点，以，所在直线为，轴建立直角坐标系， 因为， 则，，， 则, 因为点在边上（包含端点），有， 设，则， 所以，则， 所以， 则， 则， 所以， 则当时，有最大值， 当时，有最小值， 所以的取值范围是. 故答案为：. 三、解答题：本大题共5小题，共60分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16. 在中，角，，所对的边分别为，，．已知，，． （1）求的值； （2）求的面积； （3）求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由已知，利用余弦定理，即可求出的值； （2）由已知，求出，再利用三角形的面积公式，计算即可； （3）在中，由正弦定理，可得，则，由两角差的正弦公式即可求得. 【小问1详解】 在中，因为，，， 所以由余弦定理， 得. 【小问2详解】 在中，因为，，， 则，， 所以的面积. 【小问3详解】 在中，由正弦定理， 可得， ，所以， 又，， 所以. 17. 已知复数，其中i为虚数单位，. （1）若z是纯虚数，求m的值； （2）z在复平面内对应的点在第二象限，求m的取值范围. 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）z是纯虚数需要满足实部等于0，虚部不等于0，即可求出结果； （2）z在复平面内对应的点在第二象限，需要满足实部小于0，虚部大于0. 【小问1详解】 因为z是纯虚数， 所以， 解得. 【小问2详解】 因为z在复平面内对应的点在第二象限， 所以， 解得， 所以m的取值范围为. 18. 如图，在正四棱柱中，，． （1）求证：直线平面； （2）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线线垂直即可求证， （2）利用等体积法，即可由三棱锥的体积公式求解. 【小问1详解】 由于四棱柱为正四棱柱，所以四边形为正方形，故, 又底面，底面，故, 平面， 故直线平面 【小问2详解】 由，可得, 所以, 设到平面的距离为， 则 19. 在中，角，，所对的边分别为，，．向量，，且． （1）求角； （2）若，，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量平行，可得，再由正弦定理和余弦定理可得的值，进而求出角的大小； （2）由余弦定理可得的值，即可求得周长． 【小问1详解】 由，，且， 可得：， 由正弦定理可得， 整理得， 由余弦定理可得， 所以，又，所以； 【小问2详解】 由，，故 由，由余弦定理，可得， 解得， 所以的周长为． 20. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，底面，，分别是，的中点． （1）求证：平面； （2）若直线与平面所成角正弦值为，求线段的长． 【答案】（1）证明见解析 （2）1 【解析】 【分析】（1）根据线线平行可证明为平行四边形，即可由和线面平行的判定定理求证 （2）根据面面垂直的性质可得平面，，进而可得即为直线与平面所成角，由三角形的边角关系即可求解. 【小问1详解】 证明：取的中点， 中点为， 所以，且， 又，故，故四边形为平行四边形， 故， 因为平面，平面， 所以平面， 【小问2详解】 由于底面，平面，所以平面底面，又两平面的交线为， 过作于，连接， 所以平面，故即为直线与平面所成角， 又，，所以，， ， 由，所以， 故 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$