精品解析：福建省同安第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷

2023-2024福建省厦门市同一高一下学期期中考数学试卷 一、选择题 1. 已知复数， 则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 某圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，且，则 D. 若，且，则 4. 已知向量，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 已知的内角 的对边分别为 ， 且， 若， 则 的面积为 （    ） A. B. C. D. 2 6. 已知四边形 的三个顶点在某圆上，， 则该圆的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知O是所在平面内一点，且，，，则的最大值为（　　） A. B. C. D. 8. 某生产厂商要为一款直径为2的球形玩具设计一种正四面体的包装盒，每个盒子需放入10个小球，则包装盒的棱长最短为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知复数，则下列正确的是（    ） A. B. C. 对应点在第三象限 D 10. 如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点．则下列结论正确的是（ ） A. 存在点．使得 B. 存在点，使得平面 C. 三棱锥的体积不是定值 D. 存在点．使得 11. 已知中，在上，为的角平分线，为中点，下列结论正确的是（ ） A. B. 的面积为 C D. 在的外接圆上，则的最大值为 三．填空题 12. 已知实数，向量，，且，则______． 13. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则________ ；平面图形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形的体积为________ . 14. 平面四边形中，，则的最大值为__________． 四、解答题 15. 在 中， 分别是角 所对边， 满足. （1）求； （2）若是边上的三等分点，，，求的面积 16. 在直角梯形中，已知，，，动点、分别在线段和上，且，． （1）当时，求的值； （2）求的取值范围． 17. 如图，四棱锥中，平面，，，，，E，F分别为的中点． （1）求证：CE∥平面PAD； （2）求点B到平面PCF的距离. 18. 在中，内角的对边分别为，已知. （1）求角的值； （2）若，且的面积. （i）求证：； （ii）已知点在上，且满足，延长到，使得，连接，求. 19. 如图，长方体中，，，点是棱的中点． （1）求异面直线与所成的角的大小； （2）当实数，证明：直线与平面垂直； （3）若．设是线段上的一点（不含端点），满足，求的值，使得三棱锥与三棱锥的体积相等． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2023-2024福建省厦门市同一高一下学期期中考数学试卷 一、选择题 1. 已知复数， 则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据复数的概念得的虚部即可. 【详解】因为， 所以的虚部为. 故选：C. 2. 某圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，求得圆锥的底面圆的半径和母线长，结合侧面积公式，即可求解. 【详解】设圆锥的底面圆的半径为，母线长为， 因为圆锥的轴截面是斜边长为2的等腰直角三角形，可得， 所以该圆锥侧面积为. 故选：B． 3. 已知直线a，b，c是三条不同的直线，平面α，β，γ是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，且，则 D. 若，且，则 【答案】D 【解析】 【分析】由空间中直线与平面的位置关系，对各项进行分析即可． 【详解】若，则a，b可以是平行，也可以是相交或异面，故A错误； 若，则或，故B错误； 若且，当时，不能证明，C选项错误； 若，且，在上取一点，作， 由面面垂直的性质定理可得且，既与重合，可得，故D正确. 故选：D 4. 已知向量，则在上的投影向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用在上的投影向量的定义求解. 【详解】因为， 所以在上的投影向量的坐标为． 故选：D． 5. 已知的内角 的对边分别为 ， 且， 若， 则 的面积为 （    ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理角化边，结合余弦定理及三角形面积公式即可求解. 【详解】由正弦定理角化边得到：， 即 ， 所以 ，， ， 又， 且， 得，即， 所以 . 故选：A 6. 已知四边形 的三个顶点在某圆上，， 则该圆的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据直角三角形求出,再利用余弦定理求出,结合正弦定理可得圆的半径，然后可得面积. 【详解】连接AC， 因为，所以, , 所以， 由题意该圆即为三角形的外接圆， 设该圆的半径为R，则， 所以该圆的面积为． 故选：B． 7. 已知O是所在平面内一点，且，，，则的最大值为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可得点轨迹是以为圆心，半径为的圆，再由直线与圆相切可得的最大值为. 【详解】根据，可得， 即可得； 即可知点轨迹是以为圆心，半径为的圆，如下图所示： 由图可知，当与圆相切时，取到最大， 又，可知此时. 故选：B. 8. 某生产厂商要为一款直径为2的球形玩具设计一种正四面体的包装盒，每个盒子需放入10个小球，则包装盒的棱长最短为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定正四面体的棱长与高还有内切球半径的关系，然后根据当a取得最小值时，从上到下每层中放在边缘的小球都与正四面体的面相切，从而计算出棱长的最小值. 【详解】设正四面体的棱长为，高为，内切球半径为， 则，可得，又， 可得， 即正四面体的高等于其棱长的，正四面体的内切球的半径等于其棱长的． 当10个直径为2的小球放进棱长为a的正四面体中，构成三棱锥的形状，有3层，从上到下每层的小球个数依次为1，3，6．     当a取得最小值时，从上到下每层中放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的每个球都与正四面体的底面相切，任意相邻的两个小球都外切，位于正四面体尖角处的所有相邻小球的球心连线可组成一个正四面体， 设底面的中心为，与面的交点为，则该正四面体的棱长为，可求得其高为，，所以正四面体的高为，进而可求得其棱长a的最小值为. 故选：C. 二、多选题 9. 已知复数，则下列正确的是（    ） A. B. C. 对应的点在第三象限 D 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据复数模的概念，共轭复数的定义，复数的几何意义，复数乘法运算可依次判断各个选项. 【详解】对于A，，，故A正确； 对于B，由共轭复数的定义可得，故B正确； 对于C，由复数的几何意义可得复数对应的点为在第四象限，故C错误； 对于D，，又，，故D正确. 故选：ABD. 10. 如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点．则下列结论正确的是（ ） A. 存在点．使得 B. 存在点，使得平面 C. 三棱锥的体积不是定值 D. 存在点．使得 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由、即可判断；对于B，若为中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断； 对于C，只需求证与面是否平行；对于D，证明平面即可判断. 【详解】对于A，在正方体中，，， 则四边形为平行四边形，所以，， 而为线段的中点，四边形为正方形， 所以为的中点，所以， 若存在点，使得，且、不重合， 又，所以， 这与矛盾，假设不成立，A错误； 对于B，若为中点，则，而，故， 又面，面，则，故， 因为，、平面，则平面， 所以存在使得平面，B正确； 对于C，在正方体中，，， 所以，四边形为平行四边形，则， 而面，故与面不平行， 所以Q在线段上运动时，到面的距离不是定值，又的面积为定值， 故三棱锥的体积不是定值，C正确； 对于D，因为， 平面，， 所以平面，又平面， 所以， 所以若点与点重合，则，D正确， 故选：BCD. 11. 已知中，在上，为的角平分线，为中点，下列结论正确的是（ ） A. B. 的面积为 C. D. 在的外接圆上，则的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用余弦定理计算，利用余弦定理计算，判断A；根据面积公式计算三角形的面积，判断B；利用正弦定理计算，判断C；设，用表示出，，得出关于的三角函数，从而得到的最大值，判断D. 【详解】在三角形中，由余弦定理， ，故，故正确； 中，由余弦定理得：， ，故正确； 由余弦定理可知：，， 平分，， ， 在三角形中，由正弦定理可得：， 故，故不正确； ，，，， ， 为的外接圆的直径，故的外接圆的半径为1， 显然当取得最大值时，在优弧上． 故，设，则，， ， ，， ，其中，， 当时，取得最大值，故正确． 故选：． 三．填空题 12. 已知为实数，向量，，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】 先利用向量垂直的坐标运算求得，然后求得. 【详解】由于，所以，解得， 所以， 所以. 故答案为： 【点睛】本小题主要考查向量垂直的坐标表示，考查向量模的坐标运算. 13. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则________ ；平面图形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形的体积为________ . 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由斜二测画法原理可得平面图形是直角梯形，进而可求；直角梯形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形为圆台，可求其体积即可. 【详解】由平面图形的直观图的斜二测画法原理可知，平面图形是直角梯形，如图：     其中，，，， 过作交于，则为中点， 在中，，， 所以， 将直角梯形以所在直线为轴旋转一周所得立体图形为圆台， 其上底面圆的半径为，下底面圆的半径为，高为， 故此圆台体积为. 故答案为：；. 14. 平面四边形中，，则的最大值为__________． 【答案】4 【解析】 【分析】根据题意，设，且， 在中，利用余弦定理，求得，即，再在中，利用余弦定理，化简得到 ，结合三角函数的性质，即可求解. 【详解】如图所示，因为，设，且， 在中，可得 ， 即，可得， 在中，可得， 所以， 当时，即时，取得最大值，最大值为， 所以的最大值为. 故答案为：. 四、解答题 15. 在 中， 分别是角 所对的边， 满足. （1）求； （2）若是边上的三等分点，，，求的面积 【答案】（1）； （2）或． 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理及两角和的正弦公式化简求解即可. （2）在中利用余弦定理求出的长，结合是边上的三等分点分情况进行计算即可. 【小问1详解】 ，. 在中，，， ， ，又（三角形内角），， 又，. 【小问2详解】 如图，在中，，，， 由余弦定理得， 即， 化简得，解得或（舍去）. 是边上的三等分点，或. 当时， ； 当时，. 故的面积为或. 16. 在直角梯形中，已知，，，动点、分别在线段和上，且，． （1）当时，求的值； （2）求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量的数量关系结合数量积公式及数量积运算律计算求解； （2）根据数量积公式及数量积运算律结合模长公式计算求解； 【小问1详解】 当时，依题意知，，，. 则， . 因为，， . 所以. 因此. 因为， ，， 所以，，所以. 【小问2详解】 由题意， . 则. 因为，， ， 所以， 由题意知，， 所以的取值范围是， ∴的取值范围是． 17. 如图，四棱锥中，平面，，，，，E，F分别为的中点． （1）求证：CE∥平面PAD； （2）求点B到平面PCF的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设是的中点，连接，，证明四边形是平行四边形，可得，再根据线面平行的判定定理即可得证； （2）先证明，再利用等体积法求解即可. 【小问1详解】 证明：取中点，连接、， 由于是的中点，则，， 由于，，所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 由于，平面， 所以平面. 【小问2详解】 设点到平面的距离为， 因为平面，平面，所以， 由于，，所以四边形是平行四边形， 由于，所以， 由于平面， 所以平面， 又平面，所以， 在中，，所以，又. 由得， 即， 所以，即点B到平面的距离为. 18. 在中，内角的对边分别为，已知. （1）求角的值； （2）若，且的面积. （i）求证：； （ii）已知点在上，且满足，延长到，使得，连接，求. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用将，化为，即可求角的值； （2）（i）由三角形面积公式得，，化为，结合余弦定理可得结论；（ii）由（i）得，判断为的角平分线，设，求得，再根据余弦定理得答案. 【小问1详解】 在中，∵，∴ ∴， ， ∴， ∵， ∴， ∵，∴. 【小问2详解】 （i）由三角形面积公式得，，∴， 由余弦定理得，， ∴， ∵，∴，∴； （ii）由（i）得，， ∴， 取的中点，所以， 则 设，则H再CE上， 因为，所以， 平行四边形ACGH是菱形， ∴即为的角平分线， 设，∵为角的平分线，∴ ∴在中，， ∵，∴， 在中，，∴ ∵，∴， 又∵，∴为等边三角形， ∴. 在中，，由余弦定理得， ∴， 根据余弦定理得，， ∴. 19. 如图，长方体中，，，点是棱的中点． （1）求异面直线与所成的角的大小； （2）当实数，证明：直线与平面垂直； （3）若．设是线段上的一点（不含端点），满足，求的值，使得三棱锥与三棱锥的体积相等． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接，可证平面，再由线面垂直的性质定理知，从而得解； （2）当实数，由，证得，再由三角形相似的性质证明，结合线面垂直的判定定理证明，同理，从而得结论； （3）分别计算，和的值，可得点到平面的距离等于点到平面的距离，且是点到平面的距离的一半，从而确定点的位置． 【小问1详解】 连接， 由四边形为正方形，可得， 在长方体中，平面，又平面， 所以，因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 即异面直线与所成的角的大小为； 【小问2详解】 当时，， 因，所以， 所以，则， 所以，即， 在长方体中，平面，又平面， 所以，因为平面， 所以平面，又平面， 所以， 同理，又平面， 所以直线平面； 【小问3详解】 设与平面的斜足为， 因为， 所以， 所以，则，故， 所以在线段上取一点，要使三棱锥与三棱锥的体积相等， 则为的中点，即． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $