吉林省白城市洮南市第一中学2023-2024学年高一下学期4月阶段性考试数学试题（原卷版+解析版）

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一、单选题
1. （ ）
A. B. 1C. D. i
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的除法结合虚数单位的性质，即可求得答案.
【详解】由题意得，
故选：C
2. 下列说法不正确的是（ ）
A. 若四点不共面，则这四点中任何三点都不共线
B. 若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线
C. 若α∩β＝l，a⊂α，b⊂β，a∩b＝A，则A∈l
D. 两两相交且不共点的三条直线确定一个平面
【答案】B
【解析】
【详解】若四点中恰有三点共线，则直线和直线外一点，确定一个平面；若四点共线，则四点一定共面；若四点不共面，则这四点中任何三点都不共线，故A正确．若两条直线没有公共点，则两条直线可能异面，也可能平行，故B错误．若a⊂α，b⊂β，a∩b＝A，则A∈α，A∈β.因为α∩β＝l，所以A∈l，故C正确．两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，故D正确．故选B.
3. 已知向量，，且，则（ ）
A. B. 5
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标运算求出，再根据向量加减的坐标运算和向量模的计算公式即可.
【详解】由，可得，代入坐标运算可得，解得，
所以，得，
故选：B．
4. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，的面积为，则（ ）
A. B. 4C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助三角形面积公式及余弦定理计算即可得.
【详解】，由，故，又，
故，，由余弦定理可得：
，
即.
故选：C.
5. 已知两条不同的直线和平面，且，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】在长方体中，选取直线和平面，利用充分条件和必要条件的判断方法即可得出结果.
【详解】如图，取平面为平面，直线为，
不妨取直线为，显然有，此时，即推不出，
不妨取直线为直线，显然有，此时，即推不出，
故选：D.
6. 设，为两个平面，则的充要条件是（ ）
A. 内有无数条直线与平行B. 内有两条相交直线与平行
C. ，平行于同一条直线D. 以上答案都不对
【答案】B
【解析】
【分析】AC可举出反例；B选项，根据线面平行的判定定理得到B正确.
【详解】A选项，若这些无数条直线均平行，此时无法推出，A错误；
B选项，由面面平行的判定定理得到B正确，故D错误.
C选项，如图，，平行于同一条直线，但，不平行，C错误；
故选：B
7. 在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，向量，向量，且满足，则角A＝（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由结合正弦定理得到，然后利用余弦定理求解.
【详解】解：因为，向量，且，
所以，
由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
所以，因为，所以，
故选：C.
8. 已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为的正三角形，为球的直径，且，则此棱锥的体积为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意作出图形：
设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，
延长CO1交球于点D，则SD⊥平面ABC．∵CO1=，
∴，
∴高SD=2OO1=，∵△ABC是边长为1的正三角形，∴S△ABC=，
∴．

考点：棱锥与外接球，体积．
【名师点睛】本题考查棱锥与外接球问题，首先我们要熟记一些特殊的几何体与外接球（内切球）的关系，如正方体（长方体）的外接球（内切球）球心是对角线的交点，正棱锥的外接球（内切球）球心在棱锥的高上，对一般棱锥来讲，外接球球心到名顶点距离相等，当问题难以考虑时，可减少点的个数，如先考虑到三个顶点的距离相等的点是三角形的外心，球心一定在过此点与此平面垂直的直线上．如直角三角形斜边中点到三顶点距离相等等等．
二、多选题
9. 已知复数，为的共轭复数，则下列结论正确的是（ ）
A. 的虚部为B. 在复平面内对应的点在第一象限
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】求出，结合复数的意义判断AB；利用复数模及乘法运算判断CD即得.
【详解】复数，则，
对于A，的虚部为，A错误；
对于B，在复平面内对应的点在第一象限，B正确；
对于C，，，则，C正确；
对于D，，D错误.
故选：BC
10. 如图，已知正方体，点、、分别为棱、、的中点，下列结论正确的有（ ）
A. 与共面B. 平面平面
C. D. 平面
【答案】AB
【解析】
【分析】证明出，可判断A选项；利用面面平行的判定定理可判断B选项；利用勾股定理可判断C选项；利用反证法可判断D选项.
【详解】如下图所示：
对于A选项，连接，
在正方体中，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，则，故，
所以，与共面，A对；
对于B选项，因且，所以，四边形为平行四边形，
则，
又因为、分别为、的中点，则，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
同理可证平面，
因为，、平面，所以，平面平面，B对；
对于C选项，不妨设的棱长为，则，
，，
因为平面，平面，则，
所以，，
所以，，故、不垂直，C错；
对于D选项，假设平面，
又因为平面，，、平面，
所以，平面平面，
事实上，平面与平面不平行，假设不成立，D错.
故选：AB.
11. 在中，角A，B，C的边分别为a，b，c，已知，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 周长的最大值为D. 面积的最大值12
【答案】AC
【解析】
【分析】对A：由正弦定理求解可判断；
对B：用余弦定理求解可判断；
对C：由余弦定理结合不等式可判断；
对D：余弦定理结合三角形的面积公式和不等式可判断.
【详解】对A：由正弦定理可得：，故A正确；
对B：由余弦定理可得：，
又，所以，故B错误；
对C：由余弦定理，
所以，
又.
所以（当且仅当时取“”）.
此时周长的最大值为.故C正确；
对D：由余弦定理（当且仅当时取“”），
此时，故D错误.
故选：AC
三、填空题
12. 已知非零向量满足，则向量夹角的余弦值为________.
【答案】
【解析】
【分析】由，可得，结合数量积的运算律求出，再根据向量夹角的计算公式求解即可.
【详解】因为且为非零向量，设，则，
又，所以，则，
所以，
设向量的夹角为，则，
即向量夹角的余弦值为.
故答案为：.
13. 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.
【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，
所以正四棱锥的体积为，
截去的正四棱锥的体积为，
所以棱台的体积为.
方法二：棱台的体积为.
故答案为：.

14. 已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，且该圆锥的母线是底面半径的倍，若的面积为，则该圆锥的侧面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意设顶点在底面圆的射影点为，利用三角形面积公式和母线SA，SB所成角求出半径和母线长度，再利用扇形面积公式即可求解．
【详解】如图，设顶点在底面圆的射影点为，连接，，，
因为圆锥的母线是底面半径的倍，设，则，
因为母线SA，SB所成角的余弦值为，
，
又的面积为，
， ，
该圆锥的侧面积为，
故答案：．
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四、解答题
15. （1）若复数．若复数为纯虚数，求实数的值，
（2）已知平面内的三个向量，若，求实数的值
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用复数为纯虚数的条件列出方程组，即可得出．
（2）利用向量平行的坐标运算列出方程求解．
【详解】（1）当，即时，复数为纯虚数．
（2），，
，
，．
16. 在△ABC中，AC＝3，BC＝4，AB＝5，以AB所在直线为轴，三角形面旋转一周形成一旋转体，求此旋转体的表面积和体积．
【答案】表面积为π，体积为π.
【解析】
【分析】由已知三角形ABC为直角三角形，斜边AB为轴旋转一周，所得旋转体是AB边的高CO为底面半径的两个圆锥组成的组合体，计算出底面半径及两个圆锥高的和，代入圆锥体积公式，即可求出旋转体的体积；又由该几何体的表面积是两个圆锥的侧面积之和，分别计算出两个圆锥的母线长，代入圆锥侧面积公式，即可得到答案．
【详解】过C点作CD⊥AB，垂足为D．△ABC以AB所在直线为轴旋转一周，所得到的旋转体是两个底面重合的圆锥，如图所示，
这两个圆锥高的和为AB＝5，
底面半径DC＝＝，
故S表＝π·DC·(BC＋AC)＝π.
V＝π·DC2·AD＋π·DC2·BD＝π·DC2(AD＋BD)＝π.
即所得旋转体的表面积为π，体积为π.
【点睛】本题考查圆锥的体积和表面积，其中根据已知判断出旋转所得旋转体的形状及底面半径，高，母线长等关键几何量，是解答本题的关键．
17. 如图，在正方体中，是中点．
（1）求证：平面ACE；
（2）设正方体的棱长为1，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于，连接，即可得到，从而得证；
（2）根据正方体的性质及计算可得三棱锥的体积．
【小问1详解】
连接交于，连接，
则为的中点，又是的中点,
所以是的中位线，所以，
又平面，平面，所以平面；
【小问2详解】
正方体中，易知平面，
所以
.
18. 在中，角所对的边分别为，且满足．
（1）求角；
（2）若点在线段上，且满足，求面积最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助三角形内角和为与两角和的正弦公式计算即可得；
（2）可借助余弦定理与基本不等式计算，或借助向量，结合数量积公式与基本不等式计算.
【小问1详解】
由题意得，
即，
，，，
又；
【小问2详解】
解法一：令，则，
，，
即，①，
又，②，
联立①②，得（当且仅当时取等号），
即，，
面积的最大值为.
解法二：依题意，
，
即，
（当且仅当时取等号），
，
，
面积的最大值为．
19. 如图，A，B是单位圆上的相异两定点（为圆心），（），点C为单位圆上的动点，线段AC交线段于点M（点M异于点、B），记的面积为．
（1）记，求的表达式；
（2）若
①求的取值范围；
②设，记，求的最小值．
【答案】（1）（）
（2）① ；②
【解析】
【分析】（1）利用三角形面积公式和数量积的定义，写出的表达式；
（2）由，将数量积转化为三角函数，求函数值域即可；
利用向量共线将用t表示，求函数的最值.
【小问1详解】
因为，，
所以（）．
【小问2详解】
①设，，则，
，
所以，，
又，所以，则．
②设，则，因为，
所以，
所以，
因为，所以，即，
化简得，，，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最小值为．
【点睛】因为，M，C三点共线，所以表示向量和的数乘关系，设，借助，可得.
条件问题分析到位 方法技巧思想融汇
回头检查是否算对 因为马虎等于不会