精品解析：江苏省无锡市惠山区锡山高级中学2023-2024学年高一下学期期中数学试题

江苏省锡山高级中学2023-2024学年度第二学期期中考试 高一数学试卷 命题人：方莉 殷殿宇 审核人：季斌 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 一、单选题共8题，每题5分，总计40分，在每小题给出的选项中，只有1项符合题意） 1. 已知复数（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知平面向量，不共线，，，，则（　　） A. 三点共线 B. 三点共线 C. 三点共线 D. 三点共线 3. 已知，则（ ） A. 12 B. C. 8 D. 4. 如图，已知分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线相交的是（ ）． A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线． 5. 已知、是两条不同的直线，、是不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 6. 在中，若内角的对边分别为，，则的形状为（ ） A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰三角形 7. 已知圆锥底面半径，底面圆周上两点、满足，圆锥顶点到直线距离为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，角的对边分别为a，b，c．已知，，则角A的大小为（ ） A. B. C. D. 二、多选题共3题，每题6分，总计18分，在每小题给出的选项中，有多项符合要求，按选对个数计分，有选错的0分） 9. 下列说法错误的是（ ） A. 向量与向量是共线向量，则点A，B，C，D必在同一条直线上 B. 若，则或 C. 若向量满足，且与同向，则 D. 向量与共线的充要条件是：存在唯一的实数，使 10. 已知为复数，有以下四个命题，其中真命题的序号是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D. 若，则 11. 如图，在正方体中，，为正方形的中心，为棱的中点，点在线段上（不包含端点）运动，点在正方形内（包括边界）运动，且平面，下列说法正确的有（ ） A. 与一定异面 B. 的最小值为 C. 三棱锥体积的最小值为 D. 与不可能垂直 三、填空题共3题，每题5分，总计15分.只要求直接写出结果，不必写出计算和推理过程.） 12. 如图，等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，斜边，则原图形的面积是________． 13. 已知中，角A，B，C满足：，则________． 14 向量满足，且，则 ________． 四、解答题（共5题，共计77分.评分要求为：解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. （1）已知，若为纯虚数，求m的值． （2）已知复数z满足，求z． 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，． （1）判断在梭上是否存在一点使平面，若存在，求；若不存在，说明理由； （2）当点分别是中点时，求异面直线和的夹角的余弦值． 17. 已知的内角、、的对边分别为、、，且． （1）求； （2）设为的中点，；求：①面积的最大值；②的最大值． 18. 如图，已知四棱台中，，，且，Q为线段中点， （1）求证：平面； （2）若四棱锥的体积为 ①求证：平面； ②求与平面夹角正弦值． 19. 在平面直角坐标系中，利用公式①（其中a，b，c，d为常数），将点变换为点坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由a，b，c，d组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母A，B，…．表示． （1）在平面直角坐标系中，将点绕原点O按逆时针旋转得到点（到原点距离不变），求点的坐标； （2）如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点O按逆时针旋转角得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵； （3）向量称为行向量形式，也可以写成，这种形式的向量称为列向量，线性变换坐标公式①可以表示为：，则称是二阶矩阵与向量的乘积，设A是一个二阶矩阵，是平面上的任意单位向量，是平面上与不垂直的向量，且与夹角为，满足；当在方向上的投影向量模长为1时，求矩阵A． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 江苏省锡山高级中学2023-2024学年度第二学期期中考试 高一数学试卷 命题人：方莉 殷殿宇 审核人：季斌 （本试卷满分150分，考试时间120分钟） 一、单选题共8题，每题5分，总计40分，在每小题给出的选项中，只有1项符合题意） 1. 已知复数（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】化简复数后，根据复数的几何意义可得答案. 【详解】因为， 所以复数在复平面内对应的点在第二象限. 故选：B. 【点睛】本题考查了复数的乘除法运算，考查了复数的几何意义，属于基础题. 2. 已知平面向量，不共线，，，，则（　　） A. 三点共线 B. 三点共线 C. 三点共线 D. 三点共线 【答案】D 【解析】 【分析】运用向量共线的判定先证明向量共线，再得到三点共线. 【详解】对于A，，与不共线，A不正确； 对于B，，，则与不共线，B不正确； 对于C，，，则与不共线，C不正确； 对于D，， 即，又线段AC与CD有公共点C，所以三点共线，D正确． 故选：D． 3. 已知，则（ ） A. 12 B. C. 8 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量数量积的运算律以及模长的坐标运算即可得出结果. 【详解】易知，即， 又可得； 所以. 故选：B 4. 如图，已知分别是正方体所在棱的中点，则下列直线中与直线相交的是（ ）． A. 直线 B. 直线 C. 直线 D. 直线． 【答案】A 【解析】 【分析】通过空间想象直接可得. 详解】如图，易知，所以，且， 所以为梯形，故与EF相交，A正确； 因为，所以，故B错误； 因为平面CDH平面EFNL，平面CDH，平面EFNL， 所以直线CD与直线EF无公共点，故C错误； 因为平面ADF，平面，故AD与EF异面，D错误. 故选：A 5. 已知、是两条不同的直线，、是不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间线面、面面位置关系逐项判断即可. 【详解】对于A选项，若，，则或，A错； 对于B选项，若，，，，则或、相交，B错； 对于C选项，若，，，则或、相交，C错； 对于D选项，若，，则，因为，则，D对. 故选：D. 6. 在中，若内角的对边分别为，，则的形状为（ ） A. 等边三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等腰三角形 【答案】B 【解析】 【分析】根据二倍角公式可得，即可利用余弦定理化简得求解. 【详解】在中，由已知得，所以， 根据余弦定理，得 所以，即， 因此是直角三角形. 故选：B. 7. 已知圆锥底面半径，底面圆周上两点、满足，圆锥顶点到直线的距离为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆锥的几何特征计算出圆锥的高和母线长，结合圆锥的侧面积公式可求得结果. 【详解】设圆锥的顶点为，底面圆圆心为点，取线段的中点，连接、、、， 因为，，则，， 因为圆锥顶点到直线的距离为，所以， 因为圆锥底面半径，故，又， 所以为等腰直角三角形，为斜边， 因为为线段的中点， 故， 因为平面，平面，，， 在中，， 在中，， 所以，圆锥的底面圆半径为，母线长为， 因此，该圆锥的侧面积为. 故答案为：. 8. 在中，角的对边分别为a，b，c．已知，，则角A的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用余弦定理化简已知条件可得，再利用正弦定理化边为角，可得，进而化简，得，由三角形内角和可解角. 【详解】由余弦定理得，即， ∵，∴，∴， 由正弦定理得， ∴， 即， ∴， ∵，∴，∴，∴， 又， 即，由得， ∵，，所以，即， 由，即， 所以. 故选：B 【点睛】关键点点睛：分别化简两个条件得和，由三角形内角和可解角. 二、多选题共3题，每题6分，总计18分，在每小题给出的选项中，有多项符合要求，按选对个数计分，有选错的0分） 9. 下列说法错误的是（ ） A. 向量与向量是共线向量，则点A，B，C，D必在同一条直线上 B. 若，则或 C. 若向量满足，且与同向，则 D. 向量与共线的充要条件是：存在唯一的实数，使 【答案】AC 【解析】 【分析】由平面向量共线以及共线定理可判断A错误，D正确，再由数乘运算可得B正确，因为平面向量不能比较大小，可知C错误. 【详解】对于A，向量与向量是共线向量，则可能平行，因此不一定在同一条直线上，即A错误； 对于B，若，则或，即B正确； 对于C，向量不能比较大小，因此错误，即C错误； 对于D，由平面向量的共线定理可知D正确. 故选：AC 10. 已知为复数，有以下四个命题，其中真命题的序号是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用复数的意义判断AD；由模的计算判断BC. 【详解】对于A，是复数，如，由不全是实数的两个复数不能比较大小，A错误； 设， 对于B，由，得，则， 因此，，B正确； 对于C，， ，C正确； 对于D，由，得都是实数，因此，D正确. 故选：BCD 11. 如图，在正方体中，，为正方形的中心，为棱的中点，点在线段上（不包含端点）运动，点在正方形内（包括边界）运动，且平面，下列说法正确的有（ ） A. 与一定异面 B. 的最小值为 C. 三棱锥体积的最小值为 D. 与不可能垂直 【答案】BC 【解析】 【分析】取为的中点，结合中位线的性质可判断A选项；将、延展为同一个平面，可知当、、三点共线时，取最小值，结合平面几何相关知识可判断B选项；取、的中点、，求出点的轨迹为线段，可得出面积的最小值，结合锥体的体积公式可判断C选项；取为的中点，利用等腰三角形的几何性质可判断D选项. 【详解】对于A选项，连接、、，则为的中点， 当为的中点时，由于四边形为正方形，则也为的中点， 此时，，A错； 对于B选项，易知是边长为的等边三角形，是等腰直角三角形， 且， 将、延展为同一个平面，如下图所示： 当、、三点共线时，取最小值， 在和中，，，， 所以，，所以，， 因为，，则为的中点，且， 则，， 所以，的最小值为，B对； 对于C选项，分别取、的中点、，连接、、、， 因为，，、分别为、的中点，则且， 所以，四边形为平行四边形，所以，且， 又因为，，则且， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 因为，，则四边形为平行四边形，所以，， 因为、分别为、的中点，所以，，所以，， 因平面，平面，所以，平面， 因为，、平面，故平面平面， 当点时，平面，则平面， 所以，点的轨迹为线段， 当点与点重合时，点到直线的距离取最小值， 此时，的面积取最小值，且最小值为， 则，即三棱锥体积的最小值为，C对； 对于D选项，因为，同理可得，即， 当点为线段的中点时，， 又因为，此时，，D错. 故选：BC. 【点睛】思路点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状； （2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解. 三、填空题共3题，每题5分，总计15分.只要求直接写出结果，不必写出计算和推理过程.） 12. 如图，等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，斜边，则原图形的面积是________． 【答案】 【解析】 【分析】根据直观图中的位置关系以及线段长度还原出原图形，即可计算出面积. 【详解】易知， 所以原图形中，且，如下图所示： 因此其面积为. 故答案为： 13. 已知中，角A，B，C满足：，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意可求得，再由余弦定理计算可得结果. 【详解】由正弦定理可得，因此； 不妨取，其中， 因此. 故答案为： 14. 向量满足，且，则 ________． 【答案】3 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律及定义，结合一元二次不等式恒成立列式求得答案. 【详解】由，得， ， 则， 即，整理得， 即，所以. 故答案为：3 【点睛】思路点睛：利用数量积的定义及运算律，将给定恒成立的不等式化为一元二次不等式恒成立求解. 四、解答题（共5题，共计77分.评分要求为：解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.） 15. （1）已知，若为纯虚数，求m的值． （2）已知复数z满足，求z． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）利用乘法运算并结合纯虚数定义可得； （2）依题意可设，由复数相等解方程可得结果. 【详解】（1）因为为纯虚数， 所以且， 解得； （2）因为，且，因此可设， 则， 由题意可得，所以， 解得，即. 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，． （1）判断在梭上是否存在一点使平面，若存在，求；若不存在，说明理由； （2）当点分别是的中点时，求异面直线和的夹角的余弦值． 【答案】（1）存在， （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理以及性质定理，结合三角形相似即可得出结论； （2）易知，结合余弦定理即可求得异面直线和的夹角的余弦值． 【小问1详解】 作于点，如下图所示： 因为底面为正方形，所以， 又因为平面，平面，所以， 且平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，平面， 所以此时满足平面； 又因为，因此， 因为，所以，所以； 可得 【小问2详解】 由（1）可知两两垂直， 因为点分别是的中点，所以， 因此异面直线和夹角即为和的夹角，即（或其补角）； 不妨取，则， 所以， 在中，由余弦定理可得 因此异面直线和的夹角的余弦值为. 17. 已知的内角、、的对边分别为、、，且． （1）求； （2）设为的中点，；求：①面积的最大值；②的最大值． 【答案】（1） （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）由余弦定理、正弦定理结合两角差的正弦公式可得出，结合、的取值范围可得出、的关系，由此可得出角的值； （2）①由余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，再结合三角形的面积公式即可求得面积的最大值； ②由平面向量的线性运算可得出，由平面向量数量积的运算性质可得出，由余弦定理可得出，可得出、的表达式，结合基本不等式可得出关于的不等式，由此可解得的最大值. 【小问1详解】 由余弦定理可得，所以，， 由得，整理可得， 由正弦定理可得， 即， 所以，， 所以，， 因为、、，所以，、、，有如下几种情况： ，即，矛盾； ，即，矛盾； ，可得，解得. 小问2详解】 ①由余弦定理、基本不等式可得， 即，当且仅当时，等号成立， 所以，， 故面积的最大值为； ②因为为边中点，则，即， 所以，， 所以，， 又因为， 所以，，由①知， 可得，解得， 当且仅当时，等号成立，故的最大值为. 18. 如图，已知四棱台中，，，且，Q为线段中点， （1）求证：平面； （2）若四棱锥的体积为 ①求证：平面； ②求与平面夹角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析； （2）①证明见解析；②. 【解析】 【分析】（1）将四棱台补成四棱锥，取的中点，证四边形为平行四边形，再利用其性质及线面平行的判定推理得证. （2）①利用体积法求出点到平面的距离即可证得平面；②求出，再利用线面角的向量法求解. 【小问1详解】 分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥， 由，得，则，取的中点，连接，， 则，且，四边形为平行四边形. 因此，又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 ①由（1）得，， 又等腰梯形的高，其面积， 设到平面距离为，则，得， 而，平面，平面，则平面， 因此点D到平面的距离等于点C到平面的距离， 所以平面. ②在等腰梯形中，过作于，连接，，， 由①知，平面，则是与平面的夹角， ，则， 所以与平面夹角的正弦值. 19. 在平面直角坐标系中，利用公式①（其中a，b，c，d为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由a，b，c，d组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母A，B，…．表示． （1）在平面直角坐标系中，将点绕原点O按逆时针旋转得到点（到原点距离不变），求点的坐标； （2）如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点O按逆时针旋转角得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵； （3）向量称为行向量形式，也可以写成，这种形式的向量称为列向量，线性变换坐标公式①可以表示为：，则称是二阶矩阵与向量的乘积，设A是一个二阶矩阵，是平面上的任意单位向量，是平面上与不垂直的向量，且与夹角为，满足；当在方向上的投影向量模长为1时，求矩阵A． 【答案】（1） （2）， （3）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）设以坐标系原点O为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点的角为，由题可得，代入数据可得答案； （2）设以坐标系原点O为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点的角为，由题可得，化简后可得答案. （3）注意到，然后分顺时针，逆时针两种旋转方向结合（2）中结论可得答案. 【小问1详解】 由题，设以坐标系原点O为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点的角为，则， 将点绕原点O按逆时针旋转得到点， 则以坐标系原点为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点的角为， 则点的横坐标为， 纵坐标为. 故点坐标为：； 【小问2详解】 由题，设以坐标系原点O为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点的角为，则， 将点绕原点O按逆时针旋转得到点 则以坐标系原点为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点的角为， 则， . 故坐标变换公式为，对应的二阶矩阵为； 【小问3详解】 设，，， 以坐标系原点O为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点的角为. 以坐标标系原点O为顶点，x轴正半轴为始边，终边过点的角为， 因在方向上的投影向量模长为1，则. 若角终边逆时针旋转得到，则为得到满足题意的， 可将点绕原点逆时针旋转得到， 再将延长倍，即可得到 由（2）中结论，， 则. 由题，对应矩阵为； 若角终边顺时针旋转得到，即逆时针旋转得到， 为得到满足题意的，类似于上述过程， 可得， 则， 对应矩阵为. 综上，当，矩阵A可为或； 当，矩阵A可为或 【点睛】关键点睛：本题关键为读懂题干中的信息，第一问，第二问的解答可由任意角三角函数定义想到，第三问为第二问结论的应用，但要注意向量夹角与旋转角范围的不同，以免出现遗漏. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$