天津市耀华中学2023-2024学年高一下学期期中学情调研数学试题（解析版）

这是一份天津市耀华中学2023-2024学年高一下学期期中学情调研数学试题（解析版），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高一年级数学学科试卷
一、选择题（本题共有14个小题，每小题3分，请将正确答案填涂到答题卡相应位置上，答在试卷上的无效）
1．已知球 的表面积为 ， 则它的体积为（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则（ ）
A．B．C．0D．1
3．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，对于下列四个命题：
①；②；
③；④．
其中正确命题的个数有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
4．在△中，“ ”是“△为钝角三角形” 的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
5．已知，，若，则（ ）
A．1B．C．D．
6．在中，则（ ）
A．B．
C．D．
7．已知是两个不共线的向量，若与是共线向量，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知等边三角形的边长为，为边的中点，是边上的动点，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
9．棱长为的正方体的8个顶点都在球的表面上，点、分别是棱的中点，则过点、的直线被球截得的线段长为（ ）
A．B．C．D．
10．已知O是内一点，，且，则的面积为（ ）
A．B．C．1D．
11．清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由相同的两个正交的正四面体组合而成（如图1），也可由正方体切割而成（如图2）．在“蒺藜形多面体”中，若正四面体的棱长为2，则该几何体的体积为（ ）
A．B．2C．D．4
12．已知圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，该圆锥的底面半径为2，侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则球的表面积等于（ ）
A．B．C．D．
13．如图，实心正方体的棱长为2，其中上、下底面的中心分别为．若从该正方体中挖去两个圆锥，且其中一个圆锥以为顶点，以正方形的内切圆为底面，另一个圆锥以为顶点，以正方形的内切圆为底面，则该正方体剩余部分的体积为（ ）
A．B．C．D．
14．如图，在棱长为的正方体中，点、分别是棱，的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题（本题共有8个小题，每题3分，请将答案填在答题卡相应位置上答在试卷上的无效）
15．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，则角B的大小为
16．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到处时测得公路北侧一山顶D在西偏北的方向上，行驶600m后到达处，测得此山顶在西偏北的方向上，仰角为，则此山的高度 m.
17．圆锥轴截面顶角为120°，母线长为3，过圆锥顶点的平面截此圆锥，则截面三角形面积的最大值为 ．
18．若复数满足，则的虚部为 .
19．设a，b为不重合的两条直线α，β为不重合的两个平面，给出下列命题：
①若a⊂α，b⊄α，a，b是异面直线，那么bα；
②若a⊂α，bα，a，b共面，那么ab；
③若αβ，a⊂α，则aβ．
上面命题中，所有真命题的序号是 ．
20．如图，在四边形ABCD中，，，，且，，则实数的值为 ，若M，N是线段BC上的动点，且，则的最小值为 ．
21．如图，用一边长2为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将半径为的鸡蛋（视为球）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋最高点与蛋巢底面的距离为 ．

22．在等腰梯形中，，，，，点F是线段AB上的一点，为AD边上的动点，若，，且，则的最小值为 ．
三、解答题（本题共有3个小题，总分34分，请将答案填在答题卡相应位置上，答在试卷上的无效）
23．在中，角所对的边分别为．满足．
(1)求角B的大小；
(2)设，．
（ⅰ）求c的值；
（ⅱ）求的值．
24．已知正方体的棱长为1，P为AC的中点．
(1)在平面内找一点，使//平面，并证明；
(2)求三棱锥的体积和表面积．
25．已知，．
(1)求的最小正周期及单调递减区间；
(2)已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，求面积的最大值．
1．A
【分析】根据给定条件，求出球O的半径，再利用球的体积公式计算作答.
【详解】球的表面积为 ，设球O的半径为R，则有，解得，
所以球的体积为.
故选：A
2．A
【分析】根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念得到，从而解出．
【详解】因为，所以，即．
故选：A．
3．A
【分析】根据线、面位置关系结合线、面平行的判定定理分析判断.
【详解】对于①：因为面面平行的判定定理要求相交，若没有，则可能相交，故①错误；
对于②：因为线面平行的判定定理要求，若没有，则可能，故②错误；
对于③：根据线、面位置关系可知：//，或异面，故③错误；
对于④：根据线、面位置关系可知：//，或异面，故④错误；
故选：A.
4．D
【分析】利用充分、必要性的定义，结合向量数量积的定义及钝角三角形的性质判断题设条件间的推出关系，即可知答案.
【详解】由，即，又，
所以，不能推出△为钝角三角形，充分性不成立；
△为钝角三角形时，若，则，不能推出，必要性不成立.
所以“ ”是“△为钝角三角形” 的既不充分也不必要条件.
故选：D
5．A
【分析】利用向量垂直的坐标表示即可求解.
【详解】，由得，
解得.
故选：A.
6．C
【分析】根据点所在位置，结合平面向量的线性运算，即可求得结果.
【详解】因为，所以为线段上靠近的三等分点，如下图所示：

故．
故选：C．
7．D
【分析】根据题意，由平面向量共线定理，列出方程，即可得到结果.
【详解】依题意，设，又是两个不共线的向量，
所以，所以．
故选：D
8．D
【分析】取线段的中点，连接，以点为原点，、所在的直线分别为、轴建立平面直角坐标系，设点，则，利用二次函数的基本性质结合平面向量数量积的坐标运算可求得的取值范围.
【详解】取线段的中点，连接，则，
以点为原点，、所在的直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

则、，设点，则，
，，
所以，，
因为函数在上为减函数，在上为增函数，
所以，，
又因为，，所以，，
因此，的取值范围是.
故选：D.
9．C
【分析】先求球的半径，再求弦长即可．
【详解】因为正方体内接于球，所以，，
过球心和点、的大圆的截面图如图所示，
则直线被球截得的线段为，过点作于点，
易知所以在中，
故选：C.
10．D
【分析】由题意判断O为的重心，可得，结合，求出，可求得，即可求得答案.
【详解】由题意知O是内一点，，
设D为的中点，则，
故O为的重心，则，

又且，则，
故，
则，
故选：D
11．A
【分析】利用割补法，结合体积公式求出即可.
【详解】因为，所以，，
设，则到的距离为，
所以蒺藜形多面体体积为正方体体积减去，
即.
故选：A
12．B
【分析】借助圆锥的性质可计算出母线、高，由圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，可得在圆锥的高所在直线上，且到圆锥顶点与底面圆周的距离相等，即可得，代入数据计算即可得球的半径，借助球的表面积公式计算即可得解.
【详解】底面周长为，则母线长度，
则圆锥的高为，
由圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，
故在圆锥的高所在直线上，且到圆锥顶点与底面圆周的距离相等，
设球的半径为，则有，即，
解得，故球的表面积等于.
故选：B.
13．D
【分析】计算出正方体体积、两圆锥的体积及其公共部分的体积即可得.
【详解】两圆锥的体积都为，
则其公共部分为，
故该正方体剩余部分的体积为.
故选：D.
14．C
【分析】分别取棱、的中点、，连接，易证平面平面，由题意知点必在线段上，由此可判断在或处时最长，位于线段中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．
【详解】如下图所示，分别取棱，的中点、，连，，
，，，分别为所在棱的中点，则，，
，又平面，平面，
平面.
，，
四边形为平行四边形，
，
又平面，平面，
平面，
又，
平面平面.
是侧面内一点，且平面，
点必在线段上.
在中，.
同理，在中，可得，
为等腰三角形.
当点为中点时，，此时最短；点位于、处时，最长.
，.
线段长度的取值范围是.
故选：C.
【点睛】本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找点位置．
15．
【分析】利用余弦定理结合已知条件求的余弦值即得结果.
【详解】因为，所以，
又△中，，故，
故答案为：.
16．
【详解】试题分析:由题设可知在中,,由此可得,由正弦定理可得,解之得,又因为,所以,应填.
考点：正弦定理及运用．
17．
【分析】由题意可知任两条母线的夹角，轴截面的面积，根据的范围，求截面面积的最大值.
【详解】因为圆锥轴截面顶角为，
所以任两条母线夹角的范围是，
设母线长为，母线的夹角是，
所以圆锥顶点的轴截面面积，
因为，所以 ，
所以轴截面面积的最大值是.
故答案为：.
18．
【分析】化简复数，由虚部定义可得结果.
【详解】，
的虚部为.
故答案为：.
19．②③
【分析】对选项逐个判断，对①，若a⊂α，b⊄α，a，b是异面直线可得出相交平行异面，即可判断正误；对②，由线面平行的性质可判断；对③由面面平行的性质可判断.
【详解】a，b为不重合的两条直线，α，β为不重合的两个平面，
对于①，若a⊂α，b⊄α，a，b是异面直线，那么b与α相交或平行或异面，故①错误；
对于②，若a⊂α，bα，a，b共面，那么由线面平行的性质得ab，故②正确；
对于③，若αβ，a⊂α，则由面面平行的性质得aβ，故③正确．
故答案为：②③．
20．
【分析】可得，利用平面向量数量积的定义求得的值，建立平面直角坐标系，设点，则点（其中），得出关于的函数表达式，利用二次函数的基本性质求得的最小值.
【详解】因为，所以，
又，所以，
所以，
因为，，
所以，
解得，
以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
因为，所以点的坐标为，
因为，所以点的坐标为，
又,则，
设，则（其中），
，，
，
所以，当时，取得最小值.
故答案为：；.
21．
【分析】由条件可求4个顶点截鸡蛋所得的截面圆的直径，结合球的截面性质可求球心到截面圆的距离，进一步加上垂直折起的4个小直角三角形的高以及鸡蛋（球）的半径即可得解.
【详解】由已知蛋巢的底面是边长为的正方形，
所以蛋巢过原正方形的四个顶点的平面截鸡蛋（球）所得的截面圆的直径为，
且蛋巢的高度为，
又球的半径为，
所以球心到截面的距离为，
故鸡蛋最高点与蛋巢底面的距离为
故答案为：.
22．
【分析】先建立平面直角坐标系，根据条件求出，写出的表达式，结合二次函数性质求其最小值.
【详解】以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图，
由已知可得，；
设，则，
由可得，
解得，所以；
，
由得，
解得，此时，
设，则，
，
所以，
当时，取到最小值.
故答案为：.
23．(1)，
(2)（ⅰ），（ⅱ）.
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合三角恒等变换化简求解.
（2）（ⅰ）利用余弦定理求解即可；
（ⅱ）利用二倍角公式，两角和的余弦定理化简计算可得结论.
【详解】（1）由正弦定理可得，，为的外接圆半径，
所以，
因为，
所以，
可得，
因为，故，则，
又，所以.
（2）由（1）知，，且，，
（ⅰ）则，
即，解得（舍），.
故.
（ⅱ）由，
得，
解得，则，
则，
，
则
.
24．(1)当点与点重合时，//平面，证明见解析，
(2)三棱锥的体积为，表面积为.
【分析】（1）观察图形确定，结合线面平行判定定理证明结论；
（2）由（1）结合锥体体积公式可得，由此可求结论.
【详解】（1）当点与点重合时，//平面，证明如下：
连接，由已知为中点，连接交于点，
由正方体性质可得，，分别为的中点，
故，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）由（1）点到平面的距离相等，
由锥体体积公式可得，，又，
设点到平面的距离为，则，
又，
所以，
所以三棱锥的体积为，
由已知，，
所以，又，
所以，，即，
所以，，
又，，
所以三棱锥的表面积为.
25．(1)的最小正周期为，单调递减区间为，
(2)面积的最大值为.
【分析】（1）化简得，结合正弦型函数的周期公式及正弦函数性质可求结论；
（2）由，可得，结合正弦定理可得，根据三角形面积公式表示的面积，结合条件及正弦函数性质可求其最值.
【详解】（1）由，化简得，
所以．
的最小正周期；
当时，
化简得，，
所以函数单调递减区间为：；
（2）因为，
所以
因为，所以，
所以，故． 又
由正弦定理可得，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
因为为锐角三角形，
所以，
所以，
所以，故，
所以，当且仅当时等号成立，
故当时，面积取最大值，最大值为.