广东省茂名市高新中学2023-2024学年高一下学期期中测试数学试卷（原卷版+解析版）

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全卷满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效．
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚．
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交．
5．本卷主要考查内容：必修第二册第六章~第八章．
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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的乘法运算法则求解即可.
【详解】.
故选：B
2. 如果一架飞机向西飞行，再向东飞行，记飞机飞行的路程为，位移为，那么（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据路程、位移的概念分别求出、即可得解.
【详解】因为一架飞机向西飞行，再向东飞行，
则飞机飞行的路程，
位移为向东，所以，
所以.
故选：A
3. 如果表示平面内所有向量的一个基底，那么下列四组向量不能作为一个基底的是（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】由基底的定义结合向量共线定理判断即可.
【详解】因为表示平面内所有向量的一个基底，即与不共线，
对于A：显然不存在实数使得，所以与不共线，故可以作为一组基底；
对于B：若，则，
显然方程无解，所以与不共线，
故可以作为一组基底；
对于C：因为，
所以与共线，故不能作为一组基底；
对于D：若，则，
显然方程无解，所以与不共线，故可以作为一组基底.
故选：C
4. 已知水平放置的的直观图如图所示，，，则边AB上的中线的实际长度为（ ）

A. 4B. C. D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据斜二测画法的规则即可求解.
【详解】的实际图形应是直角三角形，两条直角边长分别是6和8，斜边AB的长度为10，
边AB上的中线的实际长度为5.
故选：D
5. 如图，有一古塔，在点测得塔底位于北偏东方向上的点处，在点测得塔顶的仰角为，在的正东方向且距点的点测得塔底位于西偏北方向上（，，在同一水平面），则塔的高度约为（ ））
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】在中，根据正弦定理可求出，在中，利用锐角三角函数计算可得.
【详解】由已知可得，在中，有，，，
根据正弦定理，
可得.
在中，有，，，
所以.
故选：B.
6. 若圆台的高是，一个底面半径是另一个底面半径的2倍，母线与下底面所成角的大小为，则这个圆台的侧面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意，作该圆台的轴截面，求得上下底面半径和母线长，根据侧面积计算公式，可得答案.
【详解】由题意，可作该圆台的轴截面，如图所示：

则圆台的高，
上底面半径，下底面半径，即，
母线，即，
在中，，
易知在正方形中，，
则，即，
综上所述，，
所以圆台的侧面积.
故选：A.
7. 如图，在中，点Р在所在平面外，点O是P在平面ABC上的射影，且点O在的内部．若PA，PB，PC两两垂直，那么点О是的（ ）
A. 外心B. 内心C. 垂心D. 重心
【答案】C
【解析】
【分析】通过线线垂直证线面垂直以及线面垂直证线线垂直，依次可证平面PBC，，，平面PAO，；同理可证，，即得点O是的垂心
【详解】连接OA、OB、OC，
∵，，平面PBC，，∴平面PBC，
∵平面PBC，∴．
由题意，平面ABC，平面ABC，∴，
又平面PAO，，∴平面PAO，
平面PAO，∴，
同理可证，，∴点O是的垂心．
故选：C
8. 已知是边长为4的等边三角形，AB为圆M的直径，若点P为圆M上一动点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意得，然后利用数量积的运算律和计算公式计算即可.
【详解】如图所示

由图像可知，与夹角的范围为，
所以,
所以.
故选：D.
二、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. 已知复数满足，则（ ）
A. 的实部是B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】依题意可得，根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可判断A、B、C，再根据复数代数形式的乘法运算判断D.
【详解】因为，所以，
所以，
所以实部是，虚部为，，，故A、B、C正确；
，故D错误.
故选：ABC
10. 在下列情况的三角形中，有两个解的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用正弦定理，逐项判断计算作答
【详解】对于A，，则有两解，A是；
对于B，，且，则为锐角，只有一解，B不是；
对于C，，则为锐角，只有一解，C不是；
对于D，，则有两解，D是.
故选：AD
11. 《九章算术》里说：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”.如图，底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，沿截面将一个“堑堵”截成两部分，其三棱锥称为“鳖臑”.在鳖臑中，，其外接球的表面积为，当此鳖臑的体积最大时，下列结论正确的是（ ）

A.
B. 此鳖臑的体积的最大值为
C. 直线与平面所成角的余弦值为
D. 三棱锥的内切球的半径为
【答案】BC
【解析】
【分析】由题可知的中点即为的外接球的球心，由球的体积公式可得球的半径，进而得到，利用锥体的体积公式和基本不等式计算可判断A、B选项，利用线面垂直可判断直线与平面所成角即为，计算其正弦值即可判断C选项，利用等体积法可求得内切球的半径，即可判断D选项．
【详解】底面为直角三角形的直三棱柱，是长方体的一半，的中点即为的外接球的球心，
设外接球的半径为，则，得，
因，所以，
鳖臑的体积，
当且仅当时，，故选项错误，B选项正确；
因为三棱柱为直三棱柱，故平面，所以直线与平面所成的角即为，，故C选项正确；
设鳖臑的内切球半径为，由等体积法，
得，所以，故D选项错误.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：
空间图形中距离和角度问题，要充分利用几何体的结构特征，本题中的“堑堵”是底面为直角三角形的直三棱柱称为，根据图形中的线面关系和位置特征求解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在复平面内，复数对应的点为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得，再根据复数代数形式的乘法运算化简，从而求出其模.
【详解】因为复数对应的点为，
所以，则，所以，
所以.
故答案为：
13. 已知向量，满足，，，则，的夹角的大小为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用向量的运算法则，求得，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】因为，可得，
又因为，，可得，所以，
因为，所以.
故答案为：.
14. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，若为的面积，则的最大值为______．
【答案】##
【解析】
【分析】应用正弦定理边角关系、和角正弦公式可得，根据三角形性质有，再应用余弦定理、三角形面积公式以及基本不等式求目标式的最大值，注意取最大值的条件.
【详解】由题设及正弦定理边角关系，，
即，而，故，
又，则，故，
而，，
所以，当且仅当时等号成立，
故的最大值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 设是实数，复数，（是虚数单位）．
（1）若在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围；
（2）求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据复数的几何意义，列出不等式组，求解即可得出答案；
（2）由已知可得，根据复数模的公式化简，结合二次函数的性质，即可得出答案.
【小问1详解】
由已知可得，.
因为在复平面内对应的点在第二象限，所以有，
解得.
【小问2详解】
由已知可得，，
所以，
所以，，
所以，当时，有最小值为.
16. 在中，角的对边分别为，且的面积为
（1）求角的大小；
（2）若是的一条中线，求线段的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面积公式和余弦定理得到，得到答案；
（2）由，两边平方结合向量的运算法则计算得到答案.
【小问1详解】
由题意，可得的面积，
所以，所以，
又，所以.
【小问2详解】
为的中点，则，又，，
所以，
故，即线段的长度为.
17. 如图（1），在直角梯形中，，，，是的中点，，分别为，的中点，将沿折起得到四棱锥，如图（2）．
（1）在图（2）中，求证：；
（2）在图（2）中，为线段上任意一点，若平面，请确定点的位置．
【答案】（1）证明见解析
（2）为中点
【解析】
【分析】（1）在平面图形中可得四边形为正方形，即可得到，，从而得到平面，即可得证；
（2）当为的中点时平面，通过证明平面，平面，得到平面平面，从而得证.
【小问1详解】
∵中，，分别为，的中点，∴，
在平面图形中连接，因为，，，是的中点，
所以四边形为正方形，
所以，，，平面，
∴平面，
∴平面，又平面，
∴.
【小问2详解】
当为的中点时平面，
证明如下：为的中点，为的中点，
，
平面，平面，
平面，
由（1）知，，，，
平面，平面，
平面，
，平面，
平面平面，
平面，
平面．
18. 已知在锐角中，角，，所对的边分别为，，，且．
（1）求角的大小；
（2）当时，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将角化边，由余弦定理及同角三角函数的基本关系化简求解即可；
（2）利用正弦定理将边化角，由三角恒等变化可得，再由正弦型三角函数的值域求解即可.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
由余弦定理，即，
所以，又为锐角，∴．
【小问2详解】
由正弦定理得，
，，
则
，
由，可得，，
∴，∴．
即的取值范围为.
19. 如图，在三棱柱中，侧面为矩形．
（1）设为中点，点在线段上，且，求证：平面；
（2）若二面角的大小为，且，求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于，连接，由题可得，然后利用线面平行的判定定理即得；
（2）在平面中，过点C作射线，可得为二面角的平面角，过点作，可得平面，则即为直线和平面所成的角，利用锐角三角函数计算可得.
【小问1详解】
连接交于，连接，
因为侧面为矩形，
所以，又为中点，
所以，
又因为，
所以．
所以，又平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
在平面中，过点作射线，
因为底面为矩形，所以，
所以为二面角的平面角，且．
又，平面，所以平面，
在平面中，过点作，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，又，平面，平面，
所以平面，
则即为直线和平面所成的角，
于是为点到平面的距离，且，
设直线和平面所成角为，又，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为．