海南省琼海市嘉积中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题B卷(含答案)

这是一份海南省琼海市嘉积中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题B卷(含答案)，共10页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题（共14小题，每小题3分，共42分）
1.若复数z满足，则z在复平面中对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2.已知，则向量在上的投影向量的模长为（ ）
A．1B．C．D．
3.如图，在边长为2的正方形中．以为圆心，1为半径的圆分别交于点．当点在劣弧上运动时，的取值范围为（ ）

A．B．
C．D．
4.如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，为的交点，平面，，则四棱锥的内切球的体积为（ ）

A．B．C．D．
5.对于有如下命题，其中不正确的是（ ）
A．若，则为钝角三角形
B．若，则的面积为
C．在锐角中，不等式恒成立
D．若且有两解，则的取值范围是
6.已知水平放置的△ABC是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么原△ABC是一个( )

A．等边三角形 B．直角三角形
C．三边中只有两边相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形
7.已知非零向量，满足，且，则与的夹角为( )
A．45°B．135°C．60°D．120°
8.已知等腰直角三角形ABC中，，M，N分别是边AB，BC的中点，若，其中s，t为实数，则s+t＝( )
A．﹣1B．1C．2D．﹣2
9.如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝1，AB＝BC＝，，P是A1B上的一动点，则AP+PC1的最小值为( )

A．B．C．D．3
10.对于任意非零向量，，，下列命题不正确的是( )
A．若，，则B．若•＝•，则
C．若，，则D．若|﹣|＝|+|，则•＝0
11.在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）
A．B．
C．D．
12.在中，，则（ ）
A．B．C．D．
13.已知正方体的棱长为1，为上一点，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
14.（双选）设a，b是空间中不同的直线，α，β，γ是不同的平面，则下列说法正确的是( )
A．若a∥b，b⊂α，a⊄α，则a∥α
B．若a⊂α，b⊂β，α∥β，则a∥b
C．若a⊂α，b⊂α，a∥β，b∥β，则α∥β
D．若α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b，则a∥b
二、非选择题（共58分）
15.（8分）已知球的直径为，，为球面上的两点，点在上，且，平面，若是边长为的等边三角形，则球心到平面的距离为 。
16.（10分）已知向量，，，．
(1)求的最小值及相应的t值；
(2)若与的夹角为钝角，求实数t的取值范围。
17.（10分）如图一个半球，挖掉一个内接直三棱柱ABC﹣A1B1C1(棱柱各顶点均在半球面上)，AB＝AC，棱柱侧面BB1C1C是一个长为4的正方形．
(1)求挖掉的直三棱柱的体积；
(2)求剩余几何体的表面积。

18.（10分）如图，在三棱柱．ABC﹣A1B1C1中，侧棱垂直于底面，E，F分别是BC，A1C1的中点，△ABC是边长为2的等边三角形，AA1＝2AB．
(1)求异面直线EF与A1A所成角的余弦值；
(2)求点C到平面AEF的距离．

19.（10分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，，E是PD的中点．

(1)求证：BC∥AD；
(2)求证：CE∥平面PAB。
20.（10分）现需要设计一个仓库，由上下两部分组成，如图所示，上部分的形状是正四棱锥，下部分的形状是正四棱柱，要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍．

(1)若，，则仓库的容积（含上下两部分）是多少？
(2)若上部分正四棱锥的侧棱长为，当为多少时，下部分的正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？，为棱锥的底面积，为棱锥的高。
参考答案
15.【答案】
【解析】【分析】根据球的截面性质，可得球的半径为，将球心到平面的距离转化为为到平面的距离的2倍，进而根据等体积变换可得.
【详解】因为，为球的直径，所以，
故球心到平面的距离即为到平面的距离的2倍，
如图
设球的半径为，由题意可知，
由，，可得，故
如图，

由题意平面，
则，
，且，
设到平面的距离为，则由可得，
，
得，得，
则球心到平面的距离为，
故答案为：
16.【答案】(1)最小值为， (2)
【解析】（1）利用向量线性运算的坐标运算和数量积的坐标运算，表示出，由二次函数的性质求最小值；
（2）若与夹角为钝角，则数量积为负且向量不共线，解不等式即可.
【详解】（1）∵，，，
∴，
∴，
当且仅当时取等号，
即的最小值为，此时；
（2）∵，，
若与共线，∴．
解之可得，此时二者反向.
若与夹角为钝角，则，得且．
所以实数t的取值范围。
17.【答案】(1)16；
(2)．
【解析】【分析】(1)记球心为O，BC中点为E，连接AO，OE，AE，由球的性质知BC是△ABC所在小圆直径，又B1BC1C是一个长为4的正方形，求出球的半径后即可求解；
(2)由图可得剩余几何体表面积．
【解答】解：(1)记球心为O，BC中点为E，连接AO，OE，AE，
由球的性质知BC是△ABC所在小圆直径，又B1BC1C是一个长为4的正方形，
因此OE＝AE＝2，球半径为，
挖掉的直三棱柱的体积；
(2)由(1)知
＝，
所以剩余几何体表面积为：
．

18.【答案】(1)异面直线EF与A1A所成角的余弦值为．
(2)点C到平面AEF的距离为
【解析】【分析】(1)取AB的中点D，连接DE，A1D，可得EF∥DA1．进而得∠AA1D是异面直线EF与A1A所成的角，求解即可；
(2)利用等体积法可求点C到平面AEF的距离．
【解答】解：(1)取AB的中点D，连接DE，A1D．
∵E是BC的中点，∴DE∥AC，且DE＝AC．
由三棱柱的性质知AC∥A1C1．
∵F是A1C1的中点，∴A1F∥AC，且A1F＝AC，

∴A1F∥DE，且A1F＝DE，
∴四边形DEFA1是平行四边形，得EF∥DA1．
∴∠AA1D是异面直线EF与A1A所成的角，
在Rt△AA1D中，AA1＝＝，
∴cs∠AA1D＝＝＝，
∴异面直线EF与A1A所成角的余弦值为．
(2)已知可得：VF﹣ACE＝AA1×S△ACE＝×4××22＝．
在△AEF中，AE＝，AF＝，EF＝，
AE边上的高为＝，
∴S△AEF＝××＝．
设点C到平面AEF的距离为h，
则VC﹣AEF＝h×S△AEF＝，解得h＝．
即点C到平面AEF的距离为．
19.【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；
（2）取PA的中点F，连接EF，BF，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明．
【详解】（1）在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面PAD＝AD，∴BC∥AD．
（2）取PA的中点F，连接EF，BF，∵E是PD的中点，
∴EF∥AD，，
又由（1）可得BC∥AD，且，∴BC∥EF，BC＝EF，
∴四边形BCEF是平行四边形，∴EC∥FB，
∵EC⊄平面PAB，FB⊂平面PAB，
∴EC∥平面PAB．

20.【答案】(1)
(2)时，最大面积
【解析】【分析】
（1）由正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍，可得时，，进而可得仓库的容积；
（2）设，则，，，求出侧面积的表达式，利用基本不等式可得最大值.
【详解】（1）因为，正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍，
所以，
所以仓库的容积.
（2）若正四棱锥的侧棱长为，设，
则，，，
正四棱柱侧面积为：
，
所以，
当且仅当，即时，.
所以当时，正四棱柱侧面积最大，最大为。