河北省沧州市沧衡学校联盟2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题

这是一份河北省沧州市沧衡学校联盟2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题，共17页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六章至第八章第5节.
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】D
【解析】
【分析】利用复数的运算法则运算即可.
【详解】.
故选：D
2. 已知单位向量，满足，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据投影向量的定义求解即可.
【详解】根据已知条件有：，又，所以，该试卷源自 每日更新，享更低价下载。在上的投影向量为.
故选：C
3. 下列命题正确的是（ ）
A. 若直线上有无数个点不在平面内，则
B. 若直线与平面平行，则平面内有无数条直线与平行
C. 若两条平行直线中的一条与一个平面平行，则另一条也与这个平面平行
D. 若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都平行
【答案】B
【解析】
【分析】利用线面平行的定义、性质逐项分析判断得解.
【详解】对于A，若直线l上有无数个点不在平面内，则或l与相交，A错误；
对于B，直线与平面平行，则存在过直线的平面与平面相交，令交线为，
于是，显然在平面内有无数条直线与平行，这些直线都平行于，B正确；
对于C，若两条平行直线中的一条与一个平面平行，则另一条也与这个平面平行或在这个平面内，C错误；
对于D，若直线l与平面平行，则l与平面内的直线平行或是异面直线，不会与平面内的任意一条直线都平行，D错误.
故选：B
4. 如图，在等腰梯形中，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，结合图形，利用向量线性运算计算得解.
【详解】在等腰梯形中，，，，
.
故选：B
5. 如图，的斜二测画法的直观图是腰长为的等腰直角三角形，轴经过的中点，则（ ）
A. 6B. C. 12D.
【答案】D
【解析】
【分析】先将直角坐标系中的原图作出，再比对直观图与原图直接求出即可.
【详解】
由题意得的原图如图所示，其中D为的中点，且，
，
所以，故.
故选：D.
6. 如图，在平面直角坐标系中，，，，是线段上一点（不含端点），若，则（ ）

A. B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出直线的方程，根据在线段上，设出点坐标，列出方程，再根据列方程，解方程组，得到点坐标，可求的长度.
【详解】如图：

点A，C在一次函数的图象上.
设，
则，，，解得（舍去），
所以，，.
故选：B
7. 如图，四边形的顶点都在圆上，且经过圆的圆心，若圆的半径为4，，四边形的面积为，则（ ）
A. 4B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】因为圆的半径为4，且，所以的等边三角形，得到，所以.用的三角函数表示出四边形的面积，从而求出，计算弦长即可.
【详解】连接，，则是等边三角形，.
四边形的面积为
，
解得.因为，所以.
所以是等边三角形，所以.
故选：
8. 如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接、、、、、，借助平行线的性质可得四点共面，即可得线段与相交，线段与相交，线段与相交，从而排除A、B、C.
【详解】如图，连接，，，由正方体的性质及、分别为棱、的中点，
易得，所以线段与相交，与相交，故A、B错误；
连接，，有，，故，
所以线段与相交，C错误；
连接，直线与，直线与均为异面直线，D正确.
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. 已知点，，，则下列结论正确的是（ ）
A. 是直角三角形
B. 若点，则四边形是平行四边形
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据向量垂直、平行的坐标表示，线性运算的坐标表示求解后判断各选项．
【详解】，，所以，，是直角三角形，A正确.
若点，则,，四边形是平行四边形，B正确.
若，则，C错误.
若，则是中点，，D正确.
故选：ABD．
10. 已知复数，，均不为0，则下列说法正确的是（ ）
A. 若复数满足，且，则
B. 若复数满足，则
C. 若，则
D. 若复数，满足，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据复数的乘方运算结合复数概念判断A；根据复数的除法运算判断B；举反例判断C；根据复数的共轭复数概念以及复数的乘法运算可判断D.
【详解】对于A选项，令，a，，则，
因为，且，所以，则，故，故A正确；
对于B选项，令，则由，得，
所以，故B正确；
对于C选项，令，，此时，，，故C错误；
对于D选项，令，，
则，所以，
，故D正确.
故选：ABD
11. 半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．某半正多面体由6个正方形和8个正六边形构成，其也可由正八面体（由八个等边三角形构成，也可以看作上、下两个正四棱锥黏合而成）切割而成．在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若平面平面，则
C. 该半正多面体的体积为
D. 该半正多面体的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由图形的性质得到四边形为正方形可得A正确；由线面平行的性质定理可得B正确；由两个大棱锥的体积减去六个小棱锥的体积可得C错误；由8倍的大正三角形面积减去3个小正三角形的面积再加上6个正方形的面积可得D正确.
【详解】
对于A、B：如图，易得四边形正方形，所以.
因为平面，所以平面.
因为平面平面，平面，所以.
因为，所以，故A，B正确.
对于C：该半正多面体的体积为，故C错误.
对于D：该半正多面体的表面积为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：在求正多面体面积或体积时可用“拼凑法”求解较为简单.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在答题卡中的横线上．
12. 已知向量，．若，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据可得：，借助平面向量数量积的坐标运算，用表示出上式，根据时恒成立，可求的值.
【详解】因为，所以.
因为，
，
由，
因为上式对任意都成立，所以.
故答案为：
13. 如图，某圆台上、下底面的圆周都在球的球面上，且球的球心与该圆台下底面圆的圆心重合，若该圆台下底面圆的半径为13，母线长为，则该圆台的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据圆台的结构特点，结合已知的条件，求出圆台的上、下底半径和圆台的高，利用圆台的体积公式求体积.
【详解】如图：
设该圆台上底面圆的圆心为C，连接，，，，
作，垂足为O.
由题意可得，，
因为，
所以，解得，所以，，
该圆台的体积为.
故答案为：
14. 如图，为了测量两山顶，间的距离，飞机沿水平方向在，两点进行测量，，，，在同一个铅垂平面内．已知飞机在点时，测得，在点时，测得，，千米，则______千米．
【答案】
【解析】
【分析】由题意判断是等边三角形，为等腰三角形，取的中点，解直角三角形即可.
【详解】由题意可得是等边三角形，千米.记直线与直线的交点为，
，所以，为的中点，
所以为等腰三角形，由，
所以千米.
故答案为：.
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. 如图，直三棱柱所有的棱长都为1，，分别为和的中点．

（1）证明：平面．
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行判定定理证明即可.
（2）利用等体积法求即求，利用三棱锥求体积公式即可求解.
【小问1详解】

证明：连接，在中，D，E分别为和的中点，所以.
因为平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
因为为直三棱柱，所以平面，
又因为为边长为的正三角形，所以，
又.
16. 已知向量，．
（1）若，求；
（2）若，，求与的夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量垂直的坐标表示求得值，然后由模的坐标表示计算；
（2）由向量平行的坐标表示求得，然后由数量积的坐标运算求向量夹角的余弦值．
【小问1详解】
由题意，
因为，则，得，
则，所以；
【小问2详解】
由已知，又，，
所以，得，
则，
故．
17. 的内角，，的对边分别为，，，．
（1）求角的大小；
（2）若，的面积为，求的周长．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
分析】（1）利用同角公式切化弦，正弦定理边化角求解即得.
（2）利用三角形面积公式求出，再余弦定理列方程求解即得.
【小问1详解】
依题意，，
在中，由正弦定理得，
因此，而，则，又，
所以.
【小问2详解】
由的面积为，得，解得，
由余弦定理得，
而，则，解得，，
所以的周长为.
18. 如图，在四棱锥中，，，平面．
（1）证明：．
（2）点在线段上，设，是否存在点，使得平面平面？若不存在，请说明理由；若存在，求出的值，并给出证明．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在；；证明见解析
【解析】
【分析】（1）由线面平行的性质证明即可；
（2）由面面平行的判定定理证明即可；先证明平面，再证明平面.
【小问1详解】
证明：因为平面，平面，平面平面，所以.
【小问2详解】
存在，当点F满足时，平面平面.
证明如下：
因为，，所以.
因为平面，平面，所以平面.
由（1）知，，因，，所以，
所以四边形是平行四边形，所以.
因为平面，平面，所以平面.
因为，所以平面平面.
19. 在中，内角的对边分别为，且.
（1）求.
（2）若，点是边上的两个动点，当时，求面积的取值范围.
（3）若点是直线上的两个动点，记.若恒成立，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理与同角的关系求得，利用余弦定理和正弦定理计算即可求解；
（2）设，根据正弦定理可得、，进而的面积，结合正弦函数的性质即可求解；
（3）利用三角恒等变换化简计算可得，则是定值，即，解之即可.
【小问1详解】
，由正弦定理得.
因为，所以.因为，所以.
由，可得，即，所以.
由正弦定理可得，则，
得，则或（舍去），
所以.
【小问2详解】
设，在中，由正弦定理得，
所以.
在中，由正弦定理得，
所以.
的面积
.
因为，所以，
则，故面积的取值范围为.
小问3详解】
因为，
所以，
则，
即.
又是定值，所以是定值，
所以，因为为内角，
所以，
故的值为.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查三角恒等变换与解三角形、三角函数的性质的综合问题，结合三角恒等变换化简，正确运算是解决第（2）问的关键；确定是定值即是解决第（3）问的关键.