天津市河西区2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题

这是一份天津市河西区2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题，共13页。

祝各位考生考试顺利！
第Ⅰ卷
注意事项：
1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦于净后，再选涂其他答案标号．
2．本卷共9小题，每小题4分，共36分．
参考公式：
·球体的表面积公式，其中R为球体的半径．
·球体的体积公式，其中R为球体的半径．
一．选择题：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. 化简：（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由平面向量的加法和减法运算求解即可.
【详解】.
故选：A.
2. 下列说法正确的是（ ）
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试卷源自 每日更新，汇来这里 全站资源一元不到！集全国各地小初高最新试卷。【答案】B
【解析】
【分析】根据棱柱、棱锥、圆柱和圆锥的定义对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A， 底面是正多边形，侧棱均相等的棱锥是正棱锥，故A错误；
对于B，平行六面体是各个面都为平行四边形的棱柱，而长方体是各面为矩形的棱柱，
所以长方体是平行六面体，故B正确；
对于C，用一个平面去截圆柱，所得截面可能为椭圆，故C错误；
对于D，用一个平行于底面的平面截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台，故D错误.
故选：B.
3. 复数的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的模及复数代数形式的除法运算化简，再求出其共轭复数.
【详解】因为，
所以，
所以复数的共轭复数是.
故选：C
4. 已知正三棱柱的所有棱长均为，且其体积为，则（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据棱柱的体积公式计算可得.
【详解】因为正三棱柱的所有棱长均为，且其体积为，
则，
所以，解得故选：C
5. 若单位向量，，满足，，则（ ）
A. 0B. C. 0或D. 0或
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，根据平面向量数量积的定义求得，进而或，结合数量积的定义计算即可求解.
【详解】由题意知，，
得，
又，所以，
则或，
故或.
故选：D
6. 根据下列情况，判断三角形解的情况，其中有唯一解的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由正弦定理结合大边对大角，小边对小角对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，由正弦定理可得：，所以，
因为，所以，所以三角形有2解，故A错误；对于B，由正弦定理可得：，所以，此三角形无解，故B错误；
对于C，由正弦定理可得：，所以，
因为，所以，则为钝角，不成立，所以无解，故C错误；
对于D，由正弦定理可得：，所以，
因为，所以，所以此三角形只有唯一解,故D正确.
故选：D.
7. 正六边形中，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题意建立平面直角坐标系，根据平面向量线性运算的坐标表示计算可得.
【详解】由正六边形的性质可得，则以，所在直线分别为，轴建立平面直角坐标系，
设正六边形的边长为，则，，，，
所以，，，
设，
则，所以，解得，
所以．
故选：B．
8. 如图，有一个水平放置的透明无盖的正三棱柱容器，所有棱长都为，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时，测得水深为，如果不计容器的厚度，则球的体积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据球的截面圆即为正三棱柱底面三角形的内切圆，求得截面的半径，再利用球的截面性质求解.
【详解】解：设球的半径为R，球的截面圆的半径为r，即为正三棱柱底面三角形的内切圆的半径，
则，
解得，
由球的截面性质得： ，
解得，
所以球的体积为，
故选：D
9. 在锐角中，内角，，所对的边分别为，，，且，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理得到，再由三角形是锐角三角形求出的范围，即可求出的范围，从而得解.
【详解】锐角中，，，
由正弦定理可得，
所以，
又，
所以，解得，
所以，所以．
故选：D．
高一年级数学（一）
第Ⅱ卷
注意事项：
1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．
2．本卷共9小题，共64分．
二．填空题：本大题共6小题，每小题5分，多空题只答对一空得3分，共30分．
10. 已知是虚数单位，复数的虚部为___________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可判断其虚部.【详解】因为，
所以的虚部为.
故答案为：
11. 已知向量，，且，则实数__．
【答案】
【解析】
【分析】首先求出、的坐标，再根据向量共线的坐标表示得到方程，解得即可.
【详解】因为，，所以，
，
因为，所以，解得.
故答案为：
12. 在中，，，，则BC边上的高为________．
【答案】##
【解析】
【分析】首先求出，再利用正弦定理和余弦定理即可求出答案.
【详解】因为，，所以，
由正弦定理得，
由余弦定理，得，
解得（负值舍）
设BC边上的高为h，则．故答案为：.
13. 已知是关于的实系数方程的两个虚根，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】首先求出方程的两根虚根，再计算其模与和，从而得解.
【详解】因为，即，
所以，，
则，，
所以.
故答案为：
14. 底面半径为1的圆锥的侧面积是它的底面积的两倍，则圆锥的内切球的表面积与圆锥的表面积之比为___________．
【答案】
【解析】
【分析】利用圆锥侧面积和底面积的比求得，进而求得圆锥内切球半径与底面半径的关系式，从而求得内切球表面积是圆锥表面积的倍.
【详解】圆锥的轴截面是，设圆锥的底面半径，
母线为，则，，
所以，得：，如图，
可知是正三角形，O是内切球球心，圆锥的内切球分别与边交于点，
所以，是内切球半径，
因为，则，又
所以，即，所以内切球表面积，所以，
则圆锥的内切球的表面积与圆锥的表面积之比为.
故答案为：
15. 在四边形中，，，，，为的中点，，则_____；设点为线段上的动点，则最小值为_____．
【答案】 ① ②. ．
【解析】
【分析】以为基底，将用基底表示，根据已知结合向量的数量积运算律，可求出；设用基底表示，求出关于的二次函数，即可求出其最小值.
【详解】为的中点，，
，，，
，
，
；
设，
，
，
时，取得最小值为.
故答案为：；.
【点睛】本题考查向量基本定理、向量的数量积运算，考查计算求解能力，属于中档题.
三、解答题：本大题共3小题，共34分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
16. 已知复数（是虚数单位）是方程的根，其中是实数
（1）求和的值；
（2）若是纯虚数，求实数的值
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）由为方程根可知是方程的另一根，利用韦达定理可得结果；
（2）由复数乘法运算化简，由纯虚数定义可构造方程求得的值.
【小问1详解】
是方程的根，是方程的另一根，
.
小问2详解】
由（1）知：；
是纯虚数，，解得：.
17. 已知向量，且．（1）求向量与的夹角；
（2）求的值；
（3）若向量与互相垂直，求k的值．
【答案】（1）
（2）4 （3）或
【解析】
【分析】（1）由向量模的坐标运算得出，再根据向量数量积的定义及运算律求解即可；
（2）由及已知条件，代入计算即可；
（3）由已知得，根据向量数量积的运算律及已知条件代入求解即可．
【小问1详解】
由得，，设向量与的夹角为，
，解得，
所以向量与的夹角．
【小问2详解】
．
【小问3详解】
由向量与互相垂直得，，
所以，即，解得或．
18. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的大小；
（2）若．
（i）求的值；
（ii）求的面积．【答案】（1）
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）结合余弦定理，即可求解；
（2）（i）结合三角函数的同角公式，以及正弦两角和公式，即可求解；
（ii）结合正弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解.
【小问1详解】
已知，由余弦定理，
则，又，则.
【小问2详解】
（i），由正弦定理有，得，
故，
.
（ii）由正弦定理可知，，
故的面积为.