福建师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

这是一份福建师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版），文件包含福建师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷原卷版docx、福建师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
时间：120分钟 满分：150分
试卷说明：
（1）本卷共四大题，20小题，解答写在答卷的指定位置上，考试结束后，只交答卷．
（2）考试过程中不得使用计算器或具有计算功能的电子设备．
第I卷（选择题，共58分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知复数，为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. 1D. -1
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算，可得复数的虚部.
【详解】因为，所以复数的虚部为：.
故选：D
2. 如图，在△OAB中，点P在边AB上，且．则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的线性运算求得正确答案.
【详解】由于，所以，
所以
.
故选：B
3. 已知向量，为单位向量，且与的夹角为，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据投影向量的公式可求投影向量.
【详解】因为向量，为单位向量，且与的夹角为，
所以，
所以向量在向量上的投影向量为，
故选：D.
4. 已知复数，若，则对应的点所在的象限是（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据，先把化简，从而求得、的值，再根据共轭复数的定义，写出，即可确定其对应点所在的象限.
【详解】因为，
所以，可化简得：，则有：，，
所以，
则，对应的点为，位于第三象限.
故选：C.
5. 已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设圆锥的底面半径，母线为，外接球的半径为，依题意求出、，即可得，最后由球的表面积公式计算可得.
【详解】依题意圆锥高，设圆锥的底面半径，母线为，圆锥的外接球的半径为，
因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，则，解得，
可知，
所以圆锥的外接球球的表面积.
故选：C.
6. 已知非零向量，，则“与共线”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 即不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】取为方向相反的单位向量，得到不充分，根据得到，得到必要性，得到答案.
【详解】若与共线，取为方向相反的单位向量，则，，
，不充分；
若，则，整理得到，
若且，设夹角为，则，即，即，即，故与共线，必要性成立.
综上所述：“与共线”是“”的必要不充分条件.
故选：B
7. 如图，在长方体中，，若面对角线上存在一点，使得取得最小值，则此最小值为（ ）

A. B. C. 2D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】将对角面绕旋转至与平面在同一平面内，可确定当三点共线时，所求距离之和最短，利用解三角形的知识可求得最小值.
【详解】将长方体对角面绕旋转至与平面在同一平面内，如下图所示：

则当三点共线时，取得最小值，
又，，，，，
在中，由余弦定理得：，
，即的最小值为.
故选：A.
8. 在ΔABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，b=c，且满足.若点O是ΔABC外一点，∠AOB=θ()，OA=2，OB=4，则平面四边形OACB面积的最大值（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可得ΔABC为等边三角形，利用三角形的面积公式和余弦定理可以求出平面四边形OACB的面积，，再根据三角函数求最值的方法即可求出．
【详解】因为，可得，所以又，所以ΔABC为等边三角形．在中，
，
．
，
所以，
因为，所以当时，平面四边形OACB面积的最大，最大值为．
故选：D．
【点睛】本题主要考查三角函数恒等变换、三角形面积公式、余弦定理以及三角函数的最值求法应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于难题．
二、选择题：本题共4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. 下列说法正确的是（ ）
A. 棱柱的侧面一定是矩形
B. 三个平面至多将空间分为4个部分
C. 以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体是圆台
D 任意五棱锥都可以分成3个三棱锥
【答案】CD
【解析】
【分析】利用斜棱柱的侧面判断A；取三个相互平行的平面判断B；利用旋转体的定义判断C；利用五棱锥的结构特征判断D作答.
【详解】对于A，斜棱柱的侧面不一定是矩形，A错误；
对于B，若两个平面相交，已可将空间分为4个部分，第三个平面与前两个平面的交线相交时，
将空间分成8个部分，B错误；
对于C，圆台可由直角梯形以垂直底边的腰所在直线为旋转轴旋转一周形成，C正确；
对于D，五边形被一个顶点出发的两条对角线分为三个三角形，
所以任意五棱锥都可以分成3个三棱锥，D正确.
故选：CD
10. 已知复数，下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则中至少有1个是0
D. 若且，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，利用复数的运算法则，以及复数的模计算，结合复数的定义，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，设复数，则，
可得，
则
，即，所以A正确；
对于B中，例如，此时满足，但，所以B不正确；
对于C中，由，可得或，
当时，可得，可得，此时；
当时，可得，可得，此时，
所以中至少有1个是，所以C正确；
对于D中，设（其中不能同时为零），可得
因为，可得，则，
又由，所以，所以D正确.
故选：ACD.
11. 某同学为测量数学楼的高度，先在地面选择一点C，测量出对教学楼AB的仰角，再分别执行如下四种测量方案，则利用测量数据可表示出教学楼高度的方案有（ ）
A. 从点C向教学楼前进a米到达点D，测量出角；
B. 在地面上另选点D，测量出角，，米；
C. 在地面上另选点D，测量出角，米；
D. 从过点C的直线上（不过点B）另选点D、E，测量出米，，．
【答案】ABD
【解析】
【分析】在中用正弦定理求出边AC，再在中计算判断A，B；由解三角形的条件判断C；用AB长表示BC，BD，BE，再利用余弦定理推理判断D作答.
【详解】对于A，在中，，由正弦定理得，
在中，，A满足；
对于B，在中，，由正弦定理得，
在中，，B满足；
对于C，在中，已知一边无法解三角形，在中，已知一边一角也无法解三角形，不能求出BC，AC，C不满足；
对于D，设，则有，在与中，由余弦定理得：
，即，
因此，，即，解此方程即得h，D满足.
故选：ABD
【点睛】思路点睛：涉及仰角、俯角问题，构造仰角、俯角的直角三角形，转化为解直角三角形作答.
II卷（非选择题，共92分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
12. 设向量，若∥，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据向量平行的坐标表示分析求解.
【详解】因为∥，则，解得.
故答案：2.
13. 已知圆台的高为，上底面半径为，下底面半径为，则该圆台的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆台的体积公式计算可得.
【详解】因为圆台的高，上底面半径，下底面半径，
所以圆台的体积
.
故答案为：
14. 已知复数满足，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的几何意义，利用数形结合，即可求解.
【详解】根据复数模的几何意义可知，表示复数与复数对应两点间的距离为1，
所以复数对应的点是以点为圆心，1为半径的圆，如图，
表示圆上的点到原点的距离，由图可知，的最小值为.
故答案为：
15. 如图，在等腰直角三角形ABC中，，，以AB为直径在外作半圆O，P是半圆弧AB上的动点，点Q在斜边BC上，若，则的取值范围是________.
【答案】
【解析】
【分析】建立直角坐标系，得出的坐标，利用数量积的坐标表示得出，结合正弦函数的单调性得出的取值范围.
【详解】取中点为，建立如下图所示直角坐标系
则，设，，则
，则
设点，则
，
则当，即时，取最大值
当，即时，取最小值
则的取值范围是
故答案为：
【点睛】本题主要考查了利用数量积求参数以及求正弦型函数的最值，属于较难题.
四、解答题：6小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
16. 已知复数，i为虚数单位.
（1）求；
（2）若复数z是关于x的方程的一个根，求实数m，n的值.
【答案】（1）；
（2）；
【解析】
【分析】（1）利用复数的除法运算法则可得，即可求得；
（2）将z代入方程利用复数相等的概念即可求得.
【小问1详解】
因复数，
所以
【小问2详解】
因为复数z是关于x的方程的一个根，
所以，
可得，即，
所以,解得.
17. 互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系．如果坐标系中两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系就称为斜坐标系．如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量．若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标．
（1）设，求；
（2）若与的夹角记为，求的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意计算，再代入向量模的公式，即可求解；
（2）首先求，和，再代入向量的夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
由题意可知，，，
所以，
；
【小问2详解】
，，
根据（2）的结果可知，；
；
，
则.
18. 在△ABC中，角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且.
（Ⅰ）证明：；
（Ⅱ）若，求
【答案】（Ⅰ）证明详见解析；（Ⅱ）4.
【解析】
【详解】试题分析：（Ⅰ）将已知等式通分后利用两角和的正弦函数公式整理，利用正弦定理，即可证明．（Ⅱ）由余弦定理求出A的余弦函数值，利用（Ⅰ）的条件，求解B的正切函数值即可
试题解析：（1）根据正弦定理，设===k（k>0）．
则a=ksinA，b=ksinB，c=ksin C．
代入+=中，有+=，变形可得
sin Asin B=sinAcs B+cs Asin B=sin（A+B）．
在△ABC中，由A+B+C=π，有sin（A+B）=sin（π–C）="sin" C，
所以sin Asin B=sinC．
（2）由已知，b2+c2–a2=bc，根据余弦定理，有cs A==．
所以sin A==．
由（Ⅰ），sin Asin B="sin" Acs B+cs Asin B，所以sin B=cs B+sin B，
故tan B==4．
考点：余弦定理的应用；正弦定理；余弦定理
19. 记的内角的对边分别为．已知．
（1）求；
（2）若为的中点，且，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理实现边化角：，进而求得结果；
（2）分析中的边角关系，由余弦定理得考虑到为的中点，再次应用余弦定理.由正弦定理得，利用同角三角基本关系式求得结果.
【小问1详解】
根据题意，，
由正弦定理得：，
整理得：，
．
，，
，．
【小问2详解】
由，得，得．
在中，由余弦定理得，
为的中点，
，
即，（其中），
．
由正弦定理得，，
，
即．
，
由，可得；
，．
20. 如图，设中角所对的边分别为为边上的中线，已知且.
（1）求b边的长度；
（2）求的面积；
（3）设点分别为边上的动点，线段交于G，且的面积为面积的一半，求的最小值.
【答案】（1）；（2）；（3）2.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理角化边，再用余弦定理化简，进而得到答案；
（2）设的夹角为，通过，得到和，进而根据求出，最后求出面积；
（3）设，，再根据向量的运算性质求出的表达式，进而通过函数交点求出最小值.
【详解】（1）∵，由正弦定理： ，
由余弦定理：,∵c=1，∴.
（2）因为D为中点，所以，设的夹角为，
∴，
又，
∴，即，
解得或，又，所以，易得，
∴的面积为.
（3）设，∵的面积为面积的一半，∴
设，则，又共线，所以设，则，
∴，解得：.
∴，又，
∴
，又，化简得，又，则，
则时，的最小值为2.
【点睛】本题第（3）问用到了一个性质“平面向量三点共线定理”，在“”这一步.如图，在平面中，A,B,C三点共线的充要条件是：存在实数，使得，其中，点O为平面内一点.
在“”这一步，“”分离常数是很常规的处理方式，注意归纳方法.