郑州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份郑州外国语学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知复数为虚数单位）,则复数z在复平面上所对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
2．下列命题正确的是( )
A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B.长方体是平行六面体
C.用一个平面去截圆柱,所得截面一定是圆形或矩形
D.用一个平面去截圆锥,截面与底面之间的部分是圆台
3．在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若,,,则( )
A.B.2C.1或2D.2或
4．已知直线m、n,平面、,满足且,则“”是“”的_____条件( )
A.充分非必要B.必要非充分条C.充要D.既非充分又非必要
5．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一,它的形状可视为一个正四棱锥,以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积,则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )
A.B.C.D.
6．已知直角三角形中,,,,点P在以A为圆心且与边相切的圆上,则的最大值为( )
A.B.C.D.
7．在中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,,,,将该三角形绕边旋转得一个旋转体,则该旋转体体积为( )
A.B.C.D.
8．如图,透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水,固定容器底面一边于地面上,再将容器倾斜.随着倾斜度的不同,有下面五个命题：
①有水的部分始终呈棱柱形;
②没有水的部分始终呈棱柱形;
③水面所在四边形的面积为定值;
④棱始终与水面所在平面平行;
⑤当容器倾斜如图3所示时,是定值.
其中正确命题的个数为( )
A.2B.3C.4D.5
二、多项选择题
9．已知,,则下列结论正确的是( )
A.B.
C.与的夹角为D.在方向上的投影向量是
10．下列说法正确的是( )
A.若、互为共轭复数,则为实数
B.若i为虚数单位,n为正整数,则
C.已知是关于x的方程的一个根,则
D.复数z满足,则的最大值为
11．在三棱锥中,已知,,点M,N分别是,的中点,则( )
A.
B.异面直线,所成的角的余弦值是
C.三棱锥的体积为
D.三棱锥的外接球的表面积为
12．在锐角中,角A、B、C的对边分别为a、b、c,且满足,,则下列说法正确的有( )
A.外接圆面积是
B.面积的最大值是
C.周长的取值可以是9
D.内切圆半径的取值范围是
三、填空题
13．圆锥的底面半径为1,其侧面展开图是一个圆心角为的扇形,则此圆锥的母线长为_______________.
14．已知向量和满足：,,,则向量与向量的夹角为_________.
15．四棱锥的底面是边长为1的正方形,如图所示,点E是棱上一点,,若且满足平面,则___________.
16．在锐角中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,S为的面积,且,则的取值范围为_______________.
四、解答题
17．已知复数,,其中.
（1）若,求a的值;
（2）若是纯虚数,求a的值.
18．回答下列问题
（1）已知向量,点,若向量,且,求点B的坐标;
（2）已知向量,,若与夹角为钝角,求的取值范围.
19．如图,在三棱柱中,侧棱底面,,D为的中点,,.
（1）求三棱柱的表面积;
（2）求证：平面.
20．已知的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且,,__________.
（1）求的面积S;
（2）求角A的平分线的长.
在①;②;③.这三个条件中任选一个,补充在上面问题的横线中,并作答.
21．如图,在三棱柱中,已知,,,.
（1）求证：平面;
（2）P是线段上的动点,当平面平面时,求线段的长;
（3）若E为的中点,求二面角平面角的余弦值.
参考答案
1．答案：B
解析：,
对应的点的坐标是
复数在复平面对应的点在第二象限.
故选：B.
2．答案：B
解析：底面是正多边形,顶点在底面内的投影是底面中心的锥是正棱锥,A错误;
平行六面体是各面都为平行四边形的六面体,而长方体是各面都为矩形的平行六面体,故B正确;
用一个平行于底面的平面去截圆柱,所得截面是圆面,
当截面平行圆柱的轴时,所得截面是矩形,当其他平面截圆柱,还可得到椭圆,C错误;
用平行于棱锥底面的平面去截圆锥,底面与截面之间的部分,这样的多面体叫做圆台,D错误.
故选：B.
3．答案：C
解析：因为,,
所以由余弦定理得,化简得,
解出或2.
故选：C.
4．答案：A
解析：因为,所以,又因为,所以,充分性成立;
时,且,再加“”,得出,所以必要性不成立;
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
5．答案：B
解析：设正四棱锥的高为h,底面边长为a,侧面三角形底边上的高为,
由题意可得,,
所以,
即,
解得或（舍,
所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为.
故选：B.
6．答案：D
解析：根据题意,直角三角形中,,设为斜边上的高,
又由,,则,
连接,则圆A的半径,
则,
当与同向时,取得最大值,
此时,,
则的最大值为,
故的最大值为,
故选：D.
7．答案：B
解析：根据题意,因为,即,
由余弦定理可得,
且,可得,
又因为,,则,
即,解得或（舍去）,
如图,
将该三角形绕边旋转得一个旋转体,则该旋转体为大圆锥去掉小圆锥,
可得,,则,
大圆锥的底面半径为3,高为,体积为,
小圆锥的底面半径为3,高为,体积为,
所以该旋转体体积为.
故选：B.
8．答案：C
解析：棱柱特征：有两个面是相互平行且是全等的多边形,
其余没相邻两个面的交线也相互平行,而这些面都是平行四边形
通过棱柱特征,①②正确.
水面所在四边形的面积,
从图2,图3我们发现,有条边长不变,而另外一条长随倾斜度变化而变化,所在四边形的面积是变化的.③不对
棱 始终与平行,与水面始终平行,④正确.
水的体积是不变的,高始终是也不变.底面也不会,即是定值.
⑤正确.
所以正确的是：①②④⑤.
故选：C.
9．答案：AC
解析：已知,,
则,
对于选项A,,
即,
即选项A正确;
对于选项B,,
即,
即选项B错误;
对于选项C,设,的夹角为,
则,
又,
则,
即选项C正确;
对于选项D,在方向上的投影向量是,
即选项D错误.
故选：AC.
10．答案：ACD
解析：对于A,设,a,,
则,
,故正确,
对于B,,故错误,
对于C,是关于x的方程的一个根,
也是关于x的方程的一个根,
,解得,,
,故C正确,
对于D,复数z满足,
则的最大值,即单位圆上的点与距离之和的最大值,
也就是原点与距离之和加半径,,故正确.
故选：ACD.
11．答案：ABD
解析：如图,将三棱锥补全成长方体,
设该长方体的长,宽,高分别为a,b,c,
则根据题意可得,
解得,,
对A选项,由图可知垂直上底面,,A选项正确;
对B选项,如图,易知,
异面直线,所成的角即为,
又易知,,
,B选项正确;
对C选项,根据分割补形法可得三棱锥的体积为：
,C选项错误;
对D选项,根据对称性可知：三棱锥的外接球的直径即为长方体的体对角线长,
,
三棱锥的外接球的表面积为,D选项正确.
故选：ABD.
12．答案：ABD
解析：在锐角三角形中,因为,
所以,,
可得,可得,
又因为,
由正弦定理可得,
因为,所以,
A中,设的外接圆的半径为R,由正弦定理可得,所以,
所以外接圆的面积,所以正确;
B中,由余弦定理可得：,当且仅当时取等号,
即,
所以,即的最大面积为,所以B正确;
C中,由正弦定理可得,
所以,,
在锐角三角形中,,可得,
所以,
因为,所以,
所以,
所以,
所以的周长为,因为,所以C不正确;
D中,设内切圆的半径为r,设的周长为l,
则,
可得,
由余弦定理可得：,
所以,
所以,
由C选项的分析,,所以,
所以,
即,所以D正确.
故选：ABD.
13．答案：3
解析：因为圆锥底面圆的半径为1,所以侧面展开图扇形的弧长为,
设圆锥的母线长为l,因为侧面展开图扇形的圆心角为,
所以,解得,所以此圆锥的母线长为3.
故答案为：3.
14．答案：
解析：设向量与向量的夹角为,,
则,
故,
故,,
故.
故答案为：.
15．答案：
解析：如图,连接,交于点O,连接,由是正方形,得,
在线段取点G,使得,由,得,
连接,,则,由平面,平面,
得平面,而平面,,,平面,
因此平面平面,
又平面平面,平面平面,则,
所以.
故答案为：.
16．答案：
解析：在中,由余弦定理得,且的面积为,
由,得,化简得,
又,,联立得,
解得或（舍去）,
所以,
因为为锐角三角形,
所以,,所以,
所以,所以,所以,
设,其中,所以,
由对勾函数单调性知在上单调递减,在上单调递增,
当时,;当时,;当时,,
所以,即的取值范围是.
故答案为：.
17．答案：（1）2
（2）或
解析：（1）,,
,
,
从而,解得;
（2）复数,,其中,
,
因为是纯虚数,
所以,解得或.
18．答案：（1）或
（2）且
解析：（1）设点,由,得,
由,得,
又因为,所以,
设,则,解得或;
所以或,
所以B的坐标为或;
（2）因为,,
所以,
所以,即,解得;
又因为,不反向共线,所以,解得,
综上,的取值范围是且.
19．答案：（1）
（2）见解析
解析：（1）因为侧棱底面,
所以三棱柱为直三棱柱,
所以侧面,,均为矩形,
因为,
所以底面,均为直角三角形,
因为,,
所以,
所以三棱柱的表面积为
;
（2）证明：连接交于点,连接,
因为四边形为矩形,
所以O为的中点,
因为D为的中点,
所以,
因为平面,平面,
所以平面,得证.
20．答案：（1）
（2）
解析：（1）选①：因为,所以,
又,,所以,所以
所以.
选②：因为,,所以由正弦定理可得,
所以,,
由正弦定理可得,所以,
由余弦定理可得,,
由,所以,所以.
选③：
因为,所以,
由,,所以,,
由余弦定理可得,,
所以,
所以.
（2）选①：由余弦定理可得,,所以.
所以,
由,所以,
因为,
所以可解得.
选②：因为,
所以可解得.
选③：因为,
所以可解得.
21．答案：（1）见解析
（2）
（3）
解析：（1）证明：侧面,得,
由,,,
知,即,
又,
故平面;
（2）由已知侧面,
知面面,
过作于,
则面,
因面,
故平面平面,
在直角三角形中,
;
（3）由（2）知面,
过P作,交所在直线于点H,
则平面,即有,
为二面角平面角.
由三角形相似求得：,又,
,
故.