浙江省G5联盟2023-2024学年高一下学期期中联考数学试卷（Word版附解析）

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考生须知：
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4．考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 设向量，，且，则（ ）
A. 1B. C. 1或D. 或3
【答案】C
【解析】
【分析】由，可得，再根据数量积的坐标公式计算即可.
【详解】因为，
所以，解得或.
故选：C.
2. 已知水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，，则四边形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据斜二测画法的公式，画出复原图即可求解.
【详解】因为，，取的中点为坐标原点，以为建立坐标系如左图，
因为斜二测直观图为矩形，，，
则，
可得原图中（右图），，，
所以四边形的面积为.
故选：B.
3. 已知向量，，则向量和向量夹角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的夹角公式求出，再根据平方关系求出正弦值.
【详解】因为向量，，
所以，
因为，
所以，
所以向量和向量夹角的正弦值为，
故选：D.
4. 在中，角的平分线交于，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用等面积法结合二倍角公式求解即可.
【详解】设，则，
因为，
所以，
即，
又，所以，所以，
所以，
所以.
故选：B.
5. 法国数学家棣莫弗（1667-1754年）发现了棣莫弗定理：设两个复数，，（，）则．设，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意化简即可得解.
【详解】根据题意，由，
可得
.
故虚部为.
故选：C
6. 圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点.其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美.小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点(，，三点共线)处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是15°和60°，在楼顶处测得塔顶的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】求得，再在三角形中，运用正弦定理可得，再解直角三角形，计算可得所求值．
【详解】解：在直角三角形中，．
在中，，，
故，
由正弦定理，，
故．
在直角三角形中，．
故选：D．
7. 已知、、是平面向量，是单位向量．若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是
A B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】先确定向量、所表示的点的轨迹，一个为直线，一个为圆，再根据直线与圆的位置关系求最小值.
【详解】设，
则由得，
由得
因此，的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，为选A.
【点睛】以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数、曲线方程等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解方程、解不等式、求函数值域或直线与曲线的位置关系，是解决这类问题的一般方法.
8. 已知，，，为球面上四点，，分别是，的中点，以为直径的球称为，的“伴随球”，若三棱锥的四个顶点在表面积为的球面上，它的两条边，的长度分别为和，则，的伴随球的体积的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由已知求出三棱锥的外接球半径，求出，进一步求出的范围，从而得出答案即可．
【详解】设三棱锥外接球的半径为，
则，所以球的半径为，
则球的两条弦的中点为，
则，
即弦分别是以为球心，半径为3和2的球的切线，
且弦在以为球心，半径为2的球的外部，
的最大距离为，最小距离为，
当三点共线时，分别取最大值与最小值，
故的伴随球半径分别为，
半径为时，的伴随球的体积为，
当半径为时，的伴随球的体积．
∴的伴随球的表面积的取值范围是．
故选：D.
【点睛】关键点点睛：由三棱锥的外接球半径，求出是解题的关键．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知复数，，则（ ）
A. 为纯虚数
B. 复数在复平面内对应的点位于第四象限
C. （注意：表示复数共轭复数）
D. 满足的复数在复平面内对应的点的轨迹为直线
【答案】AD
【解析】
【分析】借助复数的加减、乘除运算法则，复数的几何意义与共轭复数的定义逐项判断即可得.
【详解】对A：，故为纯虚数，故A正确；
对B：，其在复平面内对应的点在轴正半轴上，故B错误；
对C；，
，故，故C错误；
对D：令，，则由可得：
，即，
故复数在复平面内对应的点的轨迹为轴，故D正确.
故选：AD.
10. 如图（1）是一个正四棱柱形的密闭容器水平放置，其底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点，如果将容器倒置，水面也恰好过点（图（2））．下列四个命题中，正确的有（ ）
A. 正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半
B. 在图1容器中，若往容器内再注入升水，则水面高度是容器高度的
C. 将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点
D. 任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意，结合棱柱和棱锥的体积公式，以及棱柱的结构特征，逐项判定，即可求解.
【详解】设图（1）中水的高度为，几何体的高度为，设正四棱柱的底面边长为，
可得图（2）中水的体积为，
对于A中，由，解得，所以A错误；
对于B中，若往容器内再注入升水，即，
则水面上升高度为，
所以水面的高度为，所以B正确；
对于C中，由水的体积为，
容器的体积为，所以，
当容器侧面水平放置时，点点在长方体中截面上，
中截面将容器内的空间分为体积相等的两部分，结合题意水面也恰好经过点，所C正确.
对于D中，如图所示，当水面与正四棱锥的一个侧面重合时，
因为四棱锥的高为，几何体的高度为，设正四棱柱的底面边长为，
可得，由，可得，可得，
所以的体积为，
可得水的体积为，此时，矛盾，所以D不正确.
故选：BC.
11. 在锐角中，设，，分别表示角，，对边，，，则下列选项正确的有（ ）
A.
B. 的取值范围是
C. 当时的外接圆半径为
D. 若当变化时，存在最大值，则正数的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由对进行化简得，在利用正弦定理可以推出；再由为锐角三角形化简出的取值范围，且根据正弦定理化简出可判断出的取值范围；同样根据，加上，求出，再利用正弦定理即可求出的外接圆半径；由的取值范围，且对进行化简得，且，当取到最大值时转化成求出的取值范围.
【详解】对于A：，且，即，
由正弦定理得：，
即，
或（舍去），
，故A正确；
对于B：由正弦定理，
则，
为锐角三角形，则，即，
，所以，故B不正确；
对于C：且，
，所以，
由正弦定理，求得，即的外接圆半径为；故C正确；
对于D：
，且，
，即；
要使得有最大值，即有最大值，
此时，当有最大值时，即时，
有最大值为，此时，
，又，
，，
∴的取值范围为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题B选项的关键是利用正弦定理得到，再求出角的范围即可判断；D选项的关键是充分利用辅助角公式得到其范围.
非选择题部分
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在等腰梯形中，，，，，则______．（用向量，表示）
【答案】
【解析】
【分析】如图，由，即可得解.
【详解】
如图，
.
故答案为：
13. 已知复数满足（为虚数单位），则______．
【答案】
【解析】
【分析】设，再根据复数的模及复数的加减法运算化简即可得解.
【详解】设，
由，得，
所以，解得（舍去）
所以.
故答案为：.
14. 已知中，点、分别是重心和外心，点为边中点，且，，则边的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】由数量积的定义得出外心满足性质：，，由中线向量性质，再由数量积的运算得出，利用平方后求得，然后利用余弦定理即可得长．
【详解】如图，连接，作于，则是的中点，，
，
同理，
，
，
所以，
又，
即，，
所以，即，
由余弦定理得，
所以.
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：由数量积的定义得出外心满足性质：，，结合求出是解决本题的关键.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知复数（其中是虚数单位，）．
（1）若复数是纯虚数，求的值；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先对复数进行化简，然后结合是纯虚数可求的值；
（2）结合复数的模长公式，表示出，利用二次函数的知识求解.
【小问1详解】
若复数是纯虚数，则，所以.
【小问2详解】
由（1）得，，
因为是开口向上的抛物线，有最小值,
所以.
16. 已知，，且，，与的夹角为45°．，．
（1）求的值；
（2）若向量，的夹角为锐角，求实数的取值范围；
（3）若四边形为梯形，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）或
【解析】
【分析】（1）将平方开根号即可；
（2）由向量，的夹角为锐角，可得且向量，不共线，先根据求出范围，再排除向量，共线时的值即可；
（3）根据平面向量共线定理分别求出和时的值，即可得解.
【小问1详解】
，
；
【小问2详解】
因为向量，的夹角为锐角，
所以且向量，不共线，
由，得，
即，解得，
若向量，共线，则存在唯一实数，使得，
即，所以，解得，
综上所述，实数的取值范围为；
【小问3详解】
，
，
若，则存在唯一实数，使得，
即，
所以，解得，
若，则存在唯一实数，使得，
即，
所以，解得，
综上所述，，不同时成立，
所以四边形为梯形，的值为或.
17. 已知正四面体的棱长为3，，，过点作直线分别交，于，．设，（）．
（1）求的最小值及相应的，的值；
（2）在（1）条件下，求：
①的面积；
②四面体的内切球的半径．
【答案】（1）的最小值为，此时
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）将用表示，再根据三点共线，可得的系数之和为，再根据基本不等式即可得解；
（2）①利用余弦定理分别求出，进而可求出三角形的面积；
②先求出四面体四个三角形面的面积，再利用等体积法求解即可.
【小问1详解】
由，
得，
又，所以，
又，（，
所以，
因为三点共线，所以，即，
又，所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为，此时；
【小问2详解】
①由（1）得，，
在中，由余弦定理得，所以，
在中，由余弦定理得，所以，
在中，由余弦定理得，所以，
所以；
②，
，
外接圆的直径为，
所以三棱锥的高为，
也即三棱锥的高为，
所以，
设四面体的内切球的半径为，
则，解得，
所以四面体的内切球的半径为.
18. 如图1，设半圆的半径为2，点、三等分半圆，点、分别是、的中点，将此半圆以为母线卷成一个圆锥（如图2）．在图2中完成下列各题：
（1）求在圆锥中的线段的长；
（2）求四面体的体积；
（3）求三棱锥与三棱锥公共部分的体积．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先求出圆锥的底面圆半径，再利用正弦定理求出，进而可得出答案；
（2）根据求解即可；
（3）连接交于点，连接并延长交于点，则三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥，再确定点的位置即可得解.
【小问1详解】
在图中，设圆锥的底面圆半径为，
则，解得，
因为在图1中，点、三等分半圆，
所以在图中，点、为圆锥的底面圆周的三等分点，
所以为等边三角形，
所以，所以，
又因为点、分别是、的中点，
所以；
【小问2详解】
，圆锥的高，
所以，
所以，
即四面体的体积为；
【小问3详解】
连接交于点，连接并延长交于点，
则三棱锥与三棱锥公共部分即为三棱锥，
因为点、分别是、的中点，
所以为的中点，且，
所以，
所以三棱锥与三棱锥公共部分的体积为．
【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：
（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；
（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
19. 在中，设，，分别表示角，，对边．设边上的高为，且．
（1）把表示为（，）形式，并判断能否等于？说明理由．
（2）已知，均不是直角，设是的重心，，，求的值．
【答案】（1）；能，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用，可得，代入即可，再利用辅助角公式化简，即可求最值．
（2）连结并延长交于E，作于D，则，在中，表示出可求得.
【小问1详解】
∵，∴，
∴
，
当且仅当，即时，取得最大值．
如图, 设为等腰直角三角形，即满足,
过作的平行线, 由平面几何的知识得，
在平行线上存在一点,使得满足，
故存在存在，当时
【小问2详解】
如图：连结并延长交于E，作于D，
因为，所以，
因为是的重心，所以，
因为,所以D与E不会重合，
所以，
在中，E是的中点，则，
所以，
.
【点睛】关键点点睛：设是的重心，，此题中主要用法是，从而得到的长，在此基础上还可以根据中线长的解决方法得到.