精品解析：黑龙江省大庆铁人中学2023-2024学年高一下学期期中数学试题

黑龙江省大庆铁人中学2023-2024学年高一下学期期中数学试题 试题说明：1、本试题满分_________分，答题时间_________分钟. 2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡. 第I卷 选择题部分 一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分.） 1. 已知复数在复平面内所对应的点分别为，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 2. 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，轴，轴，，，则的原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 3. 某人要作一个三角形，要求它的三条高的长度分别为，则此人（ ） A. 不能作出这样的三角形 B. 能作出一个锐角三角形 C. 能作出一个直角三角形 D. 能作出一个钝角三角形 4. 如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ） A. B. C. D. 5. 如图，在中，为上一点，且满足，若则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 在四棱锥中，底面为正方形，分别为侧棱上的点，且满足，平面，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知的内角，，的对边分别为，，，，当取得最大值时，为（ ） A. B. C. D. 8. 已知球O内切于正方体，P，Q，M，N分别是的中点，则该正方体及其内切球被平面所截得的截面面积之比为（ ） A. B. C. D. 二、多选题（共4小题，每小题5分，共20分.） 9. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，则（ ） A. 的外接圆半径为 B. C. D. 为锐角三角形 10. 已知复数，则下列命题一定成立的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D. 11. 已知圆台的上、下底面直径分别为2，6，高为，则（ ） A. 该圆台的体积为 B. 该圆台外接球的表面积为 C. 用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为16 D. 挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为 12. 已知，，是互不相等的非零向量，其中，是互相垂直的单位向量，，记，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则O，A，B，C四点在同一个圆上 B. 若，则的最大值为2 C. 若，则的最大值为 D. 若，则的最小值为 第Ⅱ卷 非选择题部分 三、填空题（每小题5分，共20分.) 13. 已知若为纯虚数，则_____________. 14. 已知为单位向量，且，则在上投影向量为__________（用或表示） 15. 如下图所示，某学校设置了一些装饰品，这些装饰品是由正方体截去八个一样的四面体得到的，已知装饰品的体积为，现学校准备为装饰品的所有棱（含底面）加装灯带，请问学校需要购买灯带的长度为____________cm. 16. 如图，在三角形中，若，，，则的长度的最大值为________. 四、解答题（共6小题，共70分.） 17. （1）已知向量，点，若向量，且，求点的坐标； （2）球的两个平行截面的面积分别是，两截面间的距离为1，求球的半径. 18. 记的内角的对边分别为，已知 （1）试判断的形状； （2）若，求周长最大值. 19. 如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，． （1）求三棱锥的体积． （2）在上否存在一点，使得平面平面.如果存在，请说明点位置并证明.如果不存在，请说明理由. 20. 某校高中“数学建模”实践小组欲测量某景区位于：“观光湖”内两处景点A，C之间的距离，如图，B处为码头入口，D处为码头，BD为通往码头的栈道，且，在B处测得，在D处测得．（A，B，C，D均处于同一测量的水平面内） （1）求A，C两处景点之间的距离； （2）栈道BD所在直线与A，C两处景点的连线是否垂直？请说明理由． 21. 已知函数. （1）求函数的最小正周期及单调递增区间； （2）将函数图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的图象，若，求函数在上的取值范围. 22. 在锐角△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，． （1）若，求△ABC的面积； （2）求值； （3）求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 黑龙江省大庆铁人中学2023-2024学年高一下学期期中数学试题 试题说明：1、本试题满分_________分，答题时间_________分钟. 2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡. 第I卷 选择题部分 一、选择题（共12小题，每小题5分，共60分.） 1. 已知复数在复平面内所对应的点分别为，则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法和复数模的概念即可得到答案. 【详解】由题意得， ， 则. 故选：C. 2. 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，轴，轴，，，则的原图形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用斜二侧画法得出原三角形的底和高即可求得面积，或者先求出直观图的面积，再利用斜二测画法的性质求解即可. 【详解】法一：如图所示，根据斜二测画法可知， 轴，且，原图形为， 其中，且， 则的面积为. 法二：直观图面积为， 原图的面积等于直观图面积的倍， 所以原图的面积为. 故选：D 3. 某人要作一个三角形，要求它的三条高的长度分别为，则此人（ ） A. 不能作出这样的三角形 B. 能作出一个锐角三角形 C. 能作出一个直角三角形 D. 能作出一个钝角三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由已知结合三角形的面积公式可表示出三边长，然后结合余弦定理即可判断． 【详解】设三条高的长度分别为所对的三边分别为，，， 则由三角形面积公式可知，， 故可设，，，则，故， 则最大角为，由余弦定理得： 则为钝角，故此三角形为钝角三角形． 故选：D． 4. 如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对于A，根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于B,根据结合线面平行的判断定理即可判断；对于C，根据，结合线面平行的判断定理即可判断；对于D，根据四边形是等腰梯形，与所在的直线相交，即可判断. 【详解】对于A,如下图所示， 易得, 则， 又平面,平面, 则平面，故A满足； 对于B，如下图所示， 为所在棱的中点，连接, 易得, 则四边形为平行四边形， 四点共面， 又易知， 又平面,平面, 则平面，故B满足； 对于C,如下图所示， 点为所在棱的中点，连接, 易得四边形为平行四边形，四点共面， 且, 又平面,平面, 则平面，故C满足； 对于D，连接, 由条件及正方体的性质可知四边形是等腰梯形， 所以与所在的直线相交， 故不能推出与平面不平行，故D不满足， 故选：D. 5. 如图，在中，为上一点，且满足，若则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的线性运算及三点共线的条件，再利用平面向量的基本定理及向量的数量积的运算律即可求解. 【详解】因为所以 因为三点共线， 所以即, 又因为， 所以,且为不共线的非零向量， 所以，解得， 所以， 所以 . 故选：B. 6. 在四棱锥中，底面为正方形，分别为侧棱上的点，且满足，平面，则（ ） A. B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】过点作交与，连接，进而得平面平面，故平面，再连接与交于，连接，进而得，再根据中点即可得. 【详解】解：过点作交与，连接， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面， 连接与交于，连接， 因为平面，平面平面， 所以， 因为底面为正方形 ， 所以是中点， 所以为中点， 因为， 所以， 因为， 所以，即 故选：C 7. 已知的内角，，的对边分别为，，，，当取得最大值时，为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理可得，从而可得，将化简为关于的表达式，根据二次函数的性质可得出答案. 【详解】由余弦定理可得：， 所以，又因为， 因为为三角形的内角，所以， 又因为，所以， 所以 根据二次函数的性质，可知当时， 取得最大值，此时或， 当时，由可知，此时，不满足题意. 故. 故选：B. 8. 已知球O内切于正方体，P，Q，M，N分别是的中点，则该正方体及其内切球被平面所截得的截面面积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意易知正方体的内切球球心为正方体的体对角线中点，直径为正方体的棱长，球心到平面的距离为底面对角线长的四分之一，从而可得内切球被平面所截得的截面小圆的半径，从而可得所求比值． 【详解】解：如图，易知正方体的内切球的球心O为的中点， 设球O切上下底面中心于点E，F，则球O的半径， 又易知球心O到平面的距离等于E到平面的距离， 设交于点G，则易证平面， ∴球心O到平面的距离， 设正方体的棱长为， 则，， ∴球O被平面所截的小圆半径， ∴球O被平面所截的小圆面积为， 又易知，， ∴该正方体被平面所截得的截面面积为， ∴该正方体及其内切球被平面所截得的截面面积之比为， 故选：A 【点睛】关键点睛：根据正方体内切球的性质，结合正方体的性质是解题的关键. 二、多选题（共4小题，每小题5分，共20分.） 9. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，则（ ） A. 的外接圆半径为 B. C. D. 为锐角三角形 【答案】BC 【解析】 【分析】对A，由平方关系求出，利用正弦定理运算求出外接圆半径；对B，利用正弦定理求出判断；对C，由余弦定理求解判断；对D，由余弦定理可求得，可判断. 【详解】对于A，因为，所以． 因为，所以，所以的外接圆半径为，故A不正确； 对于B，因，所以，故B正确； 对于C，因为，所以，即． 因为，所以，故C正确； 对于D，由选项C，，因为，即，所以角是钝角， 所以为钝角三角形，故D不正确． 故选：BC. 10. 已知复数，则下列命题一定成立的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据共轭复数的概念和复数的四则运算，结合复数模的计算及性质，逐项判断即可. 【详解】设，则. 对于A：， 若，则， 所以，即，故A一定成立； 对于B：，若，则①， ，同理， 若，则需满足且，与①式不同，故B不一定成立； 选项C：， ， 所以，故C一定成立； 选项D：②， ，与②式不同，故D不一定成立. 故选：AC 11. 已知圆台的上、下底面直径分别为2，6，高为，则（ ） A. 该圆台的体积为 B. 该圆台外接球的表面积为 C. 用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为16 D. 挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A：直接利用公式求解；对于B：先求出外接球半径，再利用体积公式求解；对于C ：通过轴截面的周长最大来求解；对于D：用面积公式求表面积. 【详解】由已知得圆台的上下底面半径分别为， 对于A：圆台的体积为，A错误； 对于B：如图是圆台的轴截面，外接球球心为，设外接球半径为， 当球心在梯形内时，，解得， 当球心在梯形外时，，方程无解， 所以外接球的表面积，B正确； 对于C：用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长，其中轴截面的周长最大， 又母线长为，则最大周长为，C正确； 对于D：如图：挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为 ，D错误. 故选：BC. 12. 已知，，是互不相等的非零向量，其中，是互相垂直的单位向量，，记，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则O，A，B，C四点在同一个圆上 B. 若，则的最大值为2 C. 若，则的最大值为 D. 若，则的最小值为 【答案】AD 【解析】 【分析】对于A选项，，后由可得答案. 对于B选项，由A分析可知，O，A，B，C四点在同一个圆上.又，则其长度为圆上弦的长度. 对于C选项，由题可得A，B，C均在以为圆心、1为半径的圆上，设，又，则. 表示出后可得答案. 对于D选项，由结合C选项分析，得， 又由，可得，后由重要不等式可得答案. 【详解】对于A选项，如图，若，则，所以，又，所以，所以O，A，B，C四点在同一个圆上，故A正确； 对于B选项，若，由A选项知，O，A，B，C四点在同一个圆上， 又，则其长度为圆上弦的长度.当线段为该圆的直径时，最大，且最大值等于，故B错误； 对于C选项，由题可得A，B，C均在以为圆心、1为半径的圆上， 设，又，则 .其中. 则 ， 当时取等号.故C错误. 对于D选项，由C选项分析结合可知. 又，则 ， 则由重要不等式有：. 得，当且仅当时取等号.故D正确. 故选：AD 【点睛】关键点点睛：本题涉及向量，三角函数.判断A，B选项关键为能由得到，从而可以得到O，A，B，C四点在同一个圆上. 判断C，D选项关键，为利用A，B，C在单位圆上设出其坐标，后利用向量坐标表示结合三角函数，不等式知识解决问题. 第Ⅱ卷 非选择题部分 三、填空题（每小题5分，共20分.) 13. 已知若纯虚数，则_____________. 【答案】1 【解析】 【分析】利用复数的乘方及除法运算求出，再由纯虚数的意义及复数模的意义求解即得. 【详解】依题意，， 由为纯虚数，得，解得，因此， 所以. 故答案为：1 14. 已知为单位向量，且，则在上的投影向量为__________（用或表示） 【答案】 【解析】 【分析】根据条件得到，再利用投影向量的定义，即可求出结果. 【详解】因为，得到，得到 又为单位向量，所以， 又在上的投影向量为， 故答案为：. 15. 如下图所示，某学校设置了一些装饰品，这些装饰品是由正方体截去八个一样的四面体得到的，已知装饰品的体积为，现学校准备为装饰品的所有棱（含底面）加装灯带，请问学校需要购买灯带的长度为____________cm. 【答案】 【解析】 【分析】设正方体的边长为，求出正四面体体积可得装饰品体积，从而求得，由图知装饰品的棱都在正方体的表面上，且每个面上有4条棱，共24条棱，由此可得总的棱长结论． 【详解】设正方体的边长为，则每个正四面体的体积为， 所以每个装饰品的体积为，解得， 又由图可知，装饰品的棱都在正方体的表面上，且每个面上有4条棱，共24条棱， 每条棱的长度为，所以学校需要购买灯带的长度为. 故答案为：． 16. 如图，在三角形中，若，，，则的长度的最大值为________. 【答案】6 【解析】 【分析】先根据正弦定理和余弦定理得到，由基本不等式得到，求出，，为等边三角形，设，表达出，，，在中，由余弦定理可得，从而得到答案. 【详解】， 由正弦定理得， 由余弦定理得，代入上式中， ， 整理可得， 又，当且仅当，即时，等号成立， 故， 由于，所以， 因为，所以， 又此时，故为等边三角形， 设， 那么由余弦定理得 ， 即，故， 中，由正弦定理得，即， 整理得， 因为，所以为锐角，那么， 则， 在中，由余弦定理可得， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 所以的最大值为6. 故答案为：6 【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题， 常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案； ②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法； ③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值. 四、解答题（共6小题，共70分.） 17. （1）已知向量，点，若向量，且，求点的坐标； （2）球的两个平行截面的面积分别是，两截面间的距离为1，求球的半径. 【答案】（1）或；（2）3 【解析】 【分析】（1）设，利用、求出可得答案； （2）设两个平行截面圆的半径分别为，球半径为，分两个截面位于球心的同侧、两个截面位于球心的异侧讨论，求出可得答案. 【详解】（1）设，则 因为向量，所以 又，所以， 解得或，所以的坐标为或； （2）设两个平行截面圆的半径分别为，球半径为，则由， 得，由，得， 如图①，当两个截面位于球心的同侧时，有， 即， 解得， 如图②，当两个截面位于球心的异侧时， 有，此方程无解. 综上，球的半径是3. 18. 记的内角的对边分别为，已知 （1）试判断的形状； （2）若，求周长的最大值. 【答案】（1）是直角三角形 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，求得，利用余弦定理列出方程，得到，即可求解； （2）由（1）和，得到，则周长为，结合三角函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：由，可得，所以， 即，所以， 又由余弦定理得，可得，所以， 所以是直角三角形 【小问2详解】 解：由（1）知，是直角三角形，且，可得， 所以周长为， 因为，可得， 所以，当时，即为等腰直角三角形，周长有最大值为. 19. 如图，在直四棱柱中，底面为正方形，为棱的中点，． （1）求三棱锥的体积． （2）在上是否存在一点，使得平面平面.如果存在，请说明点位置并证明.如果不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在，为的中点 【解析】 【分析】（1）根据计算可得； （2）当为的中点时满足平面平面，设，连接，即可证明、，从而得到平面，平面，即可得证. 【小问1详解】 在直四棱柱中，底面为正方形， 所以平面， 所以. 【小问2详解】 当为的中点时满足平面平面， 设，连接， 因为为正方形，所以为的中点，又为棱的中点， 所以，又平面，平面，所以平面， 又为的中点，所以且，所以为平行四边形， 所以， 又平面，平面，所以平面， 又，平面， 所以平面平面. 20. 某校高中“数学建模”实践小组欲测量某景区位于：“观光湖”内两处景点A，C之间的距离，如图，B处为码头入口，D处为码头，BD为通往码头的栈道，且，在B处测得，在D处测得．（A，B，C，D均处于同一测量的水平面内） （1）求A，C两处景点之间的距离； （2）栈道BD所在直线与A，C两处景点的连线是否垂直？请说明理由． 【答案】（1） （2）不垂直，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据已知条件利用正弦余弦定理求解即可； （2）在和中利用正弦余弦定理求解，然后计算是否为零即可. 【小问1详解】 由已知在中，，，， 所以，则为等腰三角形， 则， 在中，，，， 则， 由正弦定理，即，解得， 在中，，， 由余弦定理， 即A，C两处景点之间的距离为； 【小问2详解】 在中，， 在中，因为， 所以， 由正弦定理， 即，得， 所以 ， 即栈道BD所在直线与A，C两处景点的连线不垂直. 21. 已知函数. （1）求函数的最小正周期及单调递增区间； （2）将函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的图象，若，求函数在上的取值范围. 【答案】（1）最小正周期为；； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据二倍角的正弦、余弦公式和辅助角公式计算可得，由求出最小正周期，利用整体代换法即可求出单调区间； （2）根据三角函数图象的平移变换可得，结合正弦函数的图象与性质即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以的最小正周期为； 令，则， 所以的单调增区间为. 【小问2详解】 的图象向左平移个单位长度得到， 再向上平移1个单位长度得到， 所以.令， 因为， 又因为，所以. 所以， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 即函数在上的取值范围是. 22. 在锐角△ABC中，设角A，B，C对边分别为a，b，c，且，． （1）若，求△ABC的面积； （2）求的值； （3）求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理和面积公式进行求解；（2）由正弦定理和三角恒等变换求解；（3）解法一：设BC中点为D，推导出，在三角形AOD中，利用余弦定理，正弦定理和函数单调性求出AD的取值范围，从而求出的取值范围；解法二：由余弦定理和数量积运算法则求出，换元后利用三角恒等变换得到，求出答案. 【小问1详解】 由余弦定理 结合可知，△ABC的面积 【小问2详解】 因为，，所以， 由正弦定理， 所以，① 由于， 带入①式可知： 【小问3详解】 解法1： 设BC中点为D，则 所以 如下图所示， 设△ABC的外接圆为圆O，由于△ABC为锐角三角形，故点A的运动轨迹为劣弧（不含端点），由正弦定理知圆O的半径，故 设，则，由余弦定理： 由于函数在时单调递减，， 所以 解法2： 由余弦定理② 由定义 所以 设， 则 由正弦定理： 其中锐角的终边经过点，由锐角三角形可知 注意到， 所以 所以，②式变形为，故 从而， 此时函数单调递减，而， 所以 【点睛】向量相关的取值范围问题，考查面较广，可以和很多知识相结合，基本不等式，函数值域，解三角形，三角函数等，需要对知识熟练掌握且灵活运用，本题的第三问难度较大，需要用到极化恒等式，三角函数恒等变换等知识，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$