精品解析：山东省名校考试联盟2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题

山东名校考试联盟 2023-2024学年高一年级下学期期中检测 数学试题 2024.05 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡第1页右上角“贴条形码区”. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 在中，点在边上，，记，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 4. 设为复数，若，则的最小值为（　　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 5. 已知非零向量，满足，，若，则实数（ ） A. B. C. D. 6. 的内角的对边分别为．已知，，，则的外接圆半径为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，，过点的直线分别交直线、于点、，且，其中，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正四棱锥的底面边长为2，高为，则其内切球半径是（ ） A. 1 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. 设，，是复数，，则下列命题中的真命题是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，体现了数学的对称美．如图，将棱长为2的正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个半正多面体，它们的棱长都相等，则下列说法正确的有（ ） A. 此半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式 B. 过A，B，C三点的平面截该正多面体，所得截面面积为 C. 若该半正多面体的各个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为 D. 若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积最小值为 11. 我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形的三边长，求三角形的面积的问题，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有满足，且，则（ ） A. 三个内角满足关系 B. 的周长为 C. 若的角平分线与交于D，则的长为 D. 若O为的外心，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 复数满足，则________，________． 13. 在中，，，点O是的外心，则________． 14. 正方体的棱长为，以顶点为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的所有弧长之和等于________ 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. 如图，圆锥PO的底面直径和高均是，过的中点'作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的表面积和体积． 16. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，求面积的最大值． 17. 记的内角的对边分别为．已知． （1）求； （2）若，，D为的中点，求． 18. 如图，在中，已知，，，N是的中点，，设与相交于点P． （1）求的值； （2）若，求的值． 19. 设复数和满足关系式，其中A为不等于0的复数．证明： （1）； （2）； （3）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山东名校考试联盟 2023-2024学年高一年级下学期期中检测 数学试题 2024.05 本试卷共4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟. 注意事项： 1．答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡第1页右上角“贴条形码区”. 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上. 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算结合复数的几何意义分析判断. 【详解】由题意可得：＝＝＝， 所以该复数对应的点的坐标为，该点位于第一象限． 故选：A. 2. 在中，点在边上，，记，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量加法的三角形法则得，根据可得到与的关系. 【详解】由题意得，点为线段上靠近点的三等分点，如图所示： . 故选：B. 3. 已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用圆锥与其展开图的关系计算即可. 【详解】设底面半径为， 易知圆锥展开图对应扇形的弧长为圆锥底面圆的周长，半径为圆锥的母线， 所以. 故选：B 4. 设为复数，若，则的最小值为（　　） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】设，根据题意求出的关系，再根据复数的模的公式即可得解. 【详解】设， 由，得，所以， 由，解得， 则， 所以当时，. 故选：A. 5. 已知非零向量，满足，，若，则实数（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量数量积公式计算即可. 【详解】由题意知， 由知. 故选：D 6. 的内角的对边分别为．已知，，，则的外接圆半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由余弦定理及已知条件得出，再根据正弦定理即可求解． 【详解】由余弦定理得，， 因为，所以， 则正弦定理得外接圆半径， 故选：A． 7. 在中，，过点的直线分别交直线、于点、，且，其中，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意以为基底表示出，再根据三点共线，利用共线定理可得，再由基本不等式即可求得的最小值为. 【详解】如下图所示： 因为，易知， 又，所以， 易知三点共线，利用共线定理可得， 又，， 所以； 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为. 故选：C 8. 已知正四棱锥的底面边长为2，高为，则其内切球半径是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正四棱锥的轴截面，转化成等腰三角形的内切圆问题，转化为直角三角形，运用勾股定理解出内切球半径. 【详解】 设正四棱锥内切球球心为，其在底面的投影为，则三点共线，内切球半径为，取中点，中点，则正四棱锥内切球半径即为的内切圆半径， 因为底面边长为，所以，， 因为高为，即，则， 所以， 在中，即，解得， 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. 设，，是复数，，则下列命题中的真命题是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据条件，结合共轭复数的定义，复数模的公式，复数的四则运算，即可求解. 【详解】对于A，若，则，，因此，A正确； 对于B，令，，则，但，B错误； 对于C，设，则， 而， 则， 又， 则， 因此，C正确； 对于D，由，得，而，因此，D正确. 故选：ACD 10. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，体现了数学的对称美．如图，将棱长为2的正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个半正多面体，它们的棱长都相等，则下列说法正确的有（ ） A. 此半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式 B. 过A，B，C三点的平面截该正多面体，所得截面面积为 C. 若该半正多面体的各个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为 D. 若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出计算判断A；利用该半正多面体的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置判断BC；求出该半正多面体的外接球的外切正四面体有体积判断D. 【详解】对于A，在此半正多面体中，顶点数，面数，棱数，则，A正确； 对于B，过A，B，C三点的平面截该半正多面体所得截面为正六边形， 又，所以正六边形面积为，B正确； 对于C，由该半正多面体的对称性知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心， 即正六边形的中心，该球半径为，表面积，C错误； 对于D，该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动， 则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，正四面体的体积最小， 设此时正四面体的棱长为，高为， 于是，解得， 又正四面体底面正三角形半径为，则有，解得， 因此正四面体的体积，D正确. 故选：ABD 11. 我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形的三边长，求三角形的面积的问题，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有满足，且，则（ ） A. 三个内角满足关系 B. 的周长为 C. 若的角平分线与交于D，则的长为 D. 若O为的外心，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用正弦定理得出三边关系，结合余弦定理可判定A，由三角形面积公式计算可得三边长，从而判定B，利用角平分线定理及余弦定理可判定C，由三角形外心的性质结合平面向量数量积的几何意义可判定D. 【详解】根据正弦定理知由， 不妨设，则， 由余弦定理知， 所以，故A正确； 又，则， 所以的周长为，故B正确； 如图所示，易知， 在中由正弦定理知，作商得， 又，则， 由余弦定理知：， 即，即， 解之得或（舍去），故C错误； 取的中点，则， 结合平面向量数量积的几何意义易知： ，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：常用结论的积累如下： ①角平分线定理：中，的角平分线与交于D，则； ②外心的性质：的外心O，满足. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 复数满足，则________，________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】复数域内解方程，结合方程思想降次化简计算即可. 【详解】由题意可知是在复数域内的两个根，根据韦达定理有； 因为满足，所以，， 则 ， 当时，， 当时，， 综上. 故答案为：；. 13. 在中，，，点O是的外心，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用外心的性质及平面向量数量积的几何意义计算即可. 【详解】 如图所示，分别为边中点，则 易知， 由平面向量数量积的几何意义可知， 所以. 故答案为： 14. 正方体的棱长为，以顶点为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的所有弧长之和等于________ 【答案】. 【解析】 【详解】球面与正方体的六个表面都相交，所得交线分为两类：一类在顶点A所在的三个表面上，三弧长相等，另一类在不过顶点A的三个表面上，三弧长相等．如图．在平面上的交线为弧EF，且在过球心A的大圆上，因为AE=2，,所以，同理 ，则，所以在顶点A所在的三个表面上的三弧长的和为；在平面上的交线为FG，且在距球心为的平面与球面相交所得的小圆上，小圆圆心为B，半径为1，，则在不过顶点A的三个表面上的三弧长的和为 ．所以所得曲线长为． 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. 如图，圆锥PO的底面直径和高均是，过的中点'作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的表面积和体积． 【答案】表面积为，体积为； 【解析】 【分析】根据圆锥，圆柱的侧面积，表面积和体积公式即可求出 【详解】设圆柱的底面半径为，由三角形中位线定理可知，，圆柱母线长， 而圆锥的母线长为，所以圆锥挖去圆柱剩下几何体的表面积为 圆锥的表面积加上圆柱的侧面积， 即， 圆锥挖去圆柱剩下几何体的体积等于圆锥的体积减去圆柱的体积， 即． 16. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求A； （2）若，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理、诱导公式、二倍角公式化简计算即可； （2）利用余弦定理、三角形面积公式、基本不等式计算即可. 【小问1详解】 因为， 所以， 易知，则，即， 则或，所以或（舍去）， 故； 【小问2详解】 由余弦定理知， 即，当且仅当时取得等号， 所以， 即面积的最大值为. 17. 记的内角的对边分别为．已知． （1）求； （2）若，，D为的中点，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知及余弦定理即可求解； （2）先由余弦定理及已知求得，再根据平面向量的线性运算及数量积的运算律计算即可． 【小问1详解】 由得，， 整理得，， 由余弦定理得，， 又，所以． 【小问2详解】 如图所示，由（1）及余弦定理得，即， 所以，解得或（舍）， 因为点为的中点，所以， 所以 ， 所以． 18. 如图，在中，已知，，，N是的中点，，设与相交于点P． （1）求的值； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）以为基底表示，利用平面向量数量积公式求其夹角余弦即可； （2）利用平面向量共线的充要条件，结合平面向量基本定理，根据待定系数法计算即可. 【小问1详解】 以为基底，设， 则 ， 所以， 同理， ， 则； 【小问2详解】 因为三点共线，不妨设， 同理有三点共线，不妨设， 则有. 19. 设复数和满足关系式，其中A为不等于0的复数．证明： （1）； （2）； （3）． 【答案】（1）证明：设， 则，， 显然，得证； （2）证明：由已知， 又由（1）知， 所以，得证； （3）证明：因为，所以，即有， 所以， 由（2）知， 所以，得证. 【解析】 【分析】（1）设，利用共轭复数的定义及复数的相关概念计算即可； （2）根据条件式及共轭复数的意义变形得，再结合第一问的结论证明即可； （3）利用第一问与第二问结论证明即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】思路点睛：利用共轭复数的定义及几何意义并注意设问之间的递进关系一一证明即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $