重庆市礼嘉中学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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数学试题
(全卷满分150分，考试时间：120分钟)
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号码填写在答题卡上.
2.作答前认真阅读答题卡上的注意事项.
3.作答时务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效.
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. 若向量，则下列正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由向量不能比较大小可判断A；由向量坐标可知，可判断BC；根据向量垂直的坐标表示可判断D.
【详解】对于A，向量不能比较大小，A错误；
对于BC，由题知，B错误，C正确；
对于D，因为，所以不垂直，D错误.
故选：C
2. 已知复数满足则其共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数除法运算求出，然后由复数的几何意义和共轭复数概念可得.
【详解】由得，
所以，对应点为，在第一象限.
故选：A
3. 已知向量a，b满足||＝1，||＝2，与的夹角的余弦值为sin，则等于（ ）
A. 2B. －1
C. －6D. －18
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的数量积公式以及数量积的运算律，进行求解即可.
【详解】∵与夹角的余弦值为，
∴.
故选：D
(原创)
4. 某大学校园内有一个“少年湖”，湖的两侧有一个健身房和一个图书馆，如图，若设音乐教室在A处，图书馆在B处，为测量两地之间的距离，甲同学选定了与不共线的C处，构成，以下是测量的数据的不同方案：①测量；②测量；③测量；④测量其中要求能唯一确定两地之间距离，甲同学应选择的方案的序号为（ ）
A. ①②B. ②③C. ②④D. ②③④
【答案】C
【解析】
【分析】根据题目中每个选项中所给条件，结合正余弦定理解三角形即可判断三角形的解是否唯一，从而判断结论，可得答案.
【详解】①测量，知道三个角度值，三角形边长不能确定，有无数多组解，
故不能唯一确定点两地之间的距离；
②测量，可求出,已知两角及一边，
由正弦定理可知，即可求得,三角形有唯一的解，
故能唯一确定点两地之间的距离；
③测量，已知两边及其一边的对角，
由正弦定理可知，求出，角B可能有两解，即三角形可能有两解，
故此时不能唯一确定点两地之间的距离；
④测量，已知两边及夹角，由余弦定理可求得长，
三角形有唯一的解，此时能唯一确定点两地之间的距离，
综上可得，一定能唯一确定两地之间的距离的所有方案的序号是②④，
故选：C
5. 对于直线和平面，下列命题中正确的是（ ）
A. 如果，，是异面直线，那么
B. 如果，，是异面直线，那么与相交
C. 如果，，共面，那么
D. 如果，，共面，那么
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间中直线与直线之间的位置关系和空间中直线与平面之间的位置关系及其性质对选项进行一一判断，从而进行求解.
【详解】对于A，如图①所示，，，是异面直线，此时n与α相交，则A不正确；
对于B，如图②所示，，，是异面直线，此时n与α平行，故B不正确；
对于C，，，则没有公共点，若共面，那么，故C正确；
对于D，如图③所示，，，共面，此时m与n相交，故D不正确．
故选：C.
6. 已知一个圆锥的高为6，底面半径为3，现在用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，得到一个高为2的圆台，则这个圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设截面圆的半径为，由相似比可求出，再由圆台的体积公式求解即可.
【详解】设截面圆的半径为，如下图，
由可得：，解得：，
所以截面圆的面积为，底面圆的面积为，

从而圆台的体积为.
故选：B.
7. 在中，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平方关系、两角和的正弦公式、诱导公式及二倍角余弦公式可得结果.
【详解】将已知两式平方得，
，，
两式相加，得到，
因为
即，
故.
故选：D.
8. “奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知是内一点，的面积分别为，且．以下命题错误的是（ ）
A. 若，则为的重心
B. 若为的内心，则
C. 若，为的外心，则
D. 若为的垂心，，则
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点D，连接，结合奔驰定理可得到，进而即可判断A；设内切圆半径为，从而可用表示出，再结合奔驰定理即可判断B；设的外接圆半径为，由圆心角和圆周角的关系可得，从而可用表示出，进而即可判断C；延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E，根据题意结合奔驰定理可得到，，从而可设，则，所以， 进而即可求，从而即可判断D．
【详解】对于A：取的中点D，连接，
由，则，
所以，
所以A，M，D三点共线，且，
设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得，，所以为的重心，故A正确；
对于B：由为的内心，则可设内切圆半径为，
则有，
所以，
即，故B正确；
对于C：由为的外心，则可设的外接圆半径为，
又，
则有，
所以，
，
，
所以，故C错误；
对于D：如图，延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E，
由为的垂心，，则，
又，则，，
设，则，
所以，即，
所以，所以，故D正确．
故选：C．
【点睛】关键点睛：解答D选项的关键是通过做辅助线（延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E，），根据题意，结合奔驰定理得到，，从而可设，则，由，得，进而即可求．
二、多项选择题：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. 已知复数则下列结论正确的是（ ）
A. 若则B. 若则
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】取验证可判断A；取验证可判断B；设，根据复数运算，以及复数模的坐标表示、共轭复数的概念可判断CD.
【详解】对于A，不妨取，则，
但是，A错误；
对于B，取，则，，B错误；
对于C，设，则，
所以
，C正确；
对于D，设，则，
因为，
所以，
又，
所以，D正确.
故选：CD
(改编)
10. 对于中角所对的边分别为则下列说法正确的有（ ）
A. 若则为等腰三角形B. 若则为等腰三角形
C. 若则D. 若则为锐角三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用正弦定理角化边可得；对于B，根据为三角形内角，结合正弦函数性质可得；对于C，假设，则，根据余弦定理，利用进行放缩，分离出，结合基本不等式可推得矛盾，可判断C；对于D，利用正切的两角和公式整理变形，结合已知可得，根据角的范围可得.
【详解】对于A，利用正弦定理角化边得，所以为等腰三角形，A正确；
对于B，若因为且，
所以或，即或，
所以为等腰三角形或直角三角形，B错误；
对于C，假设，则，
由余弦定理得，
所以，
又，所以，
则，即，
因为，当且仅当时等号成立，
此时，即，，假设不成立，
所以，C正确；
对于D，因为，
所以，
所以，
所以中的负数有0个或2个，
因为，所以最多有一个为负数，
所以都为正数，即都是锐角，D正确.
故选：ACD
11. 窗花是贴在窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花，图2是从窗花图中抽象出几何图形的示意图.已知正八边形的边长为2，是正八边形边上任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A.
B. 的最大值为
C. 在方向上的投影向量为
D. 若函数则函数的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】以AE为y轴，GC为x轴建立平面直角坐标系，根据向量线性运算可判断A；对于B，取AB的中点为M，则，两式平方相减，结合正八边形的对称性取最大值时点P位置，然后利用坐标求解；对于C，根据投影向量公式求解可得；对于D，利用坐标运算表示出函数，根据二次函数性质可得.
【详解】如图所示，以AE为y轴，GC为x轴建立平面直角坐标系，
设，则在中，由余弦定理可得，
整理得，
因为
.
对于A，因为，
所以，A错误；
对于B，取AB中点为M，则，
则，
两式相减得，
由正八边形的对称性可知，当点P与点E或点F重合时，最大，
又，所以，
所以，
所以，的最大值为，B正确；
对于C，，
所以，
所以在方向上的投影向量为，C错误；
对于D，因为，，
所以，
所以
，
当时，函数取得最小值，D正确.
故选：BD
【点睛】关键点睛：本题解答的关键在于：第一，建立平面直角坐标系，利用坐标运算求解；第二，设，利用a表示坐标，到最后再进行代换，减少计算量；第三，利用对称性分析点P位置.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图，是水平放置的的斜二测直观图，若则的面积为_________.
【答案】12
【解析】
【分析】根据斜二测画法还原平面图，由三角形面积公式可得.
【详解】由斜二测画法可知，是以为直角的直角三角形，且，
所以.
故答案为：12
(原创)
13. 已知的内角的对边分别为，若则边上的中线的长为_________.
【答案】7
【解析】
【分析】利用余弦定理求出，然后由两边平方即可得解.
【详解】在中，由余弦定理得，
因为为边上的中线，所以，
所以，
所以，即的长为7.
故答案为：7
14. 已知四棱锥中的外接球的体积为，，平面，四边形为矩形，点在球的表面上运动，则四棱锥体积的最大值为________
【答案】
【解析】
【分析】
设长方体的长、宽、高分别为，且，由于，得到，再计算体积的最大值得到答案.
【详解】，故，
将四棱锥补成长方体，可知外接球的直径为长方体的体对角线，
设长方体的长、宽、高分别为，且，由于，又，
当且仅当时等号成立，此时，
要使得四棱锥的体积最大，只需点为平面的中心与球心所在的直线与球的交点，又，
故体积的最大值为.
【点睛】本题考查组合体与球，考查空间想象能力以及计算能力.
四、解答题：本题共5小题，共7分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，
(原创)
15. 已知向量
（1）若求；
（2）若求
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示求出x，然后求出的坐标，由向量模的坐标表示可得；
（2）利用向量平行的坐标表示求出x，再由向量线性坐标运算和数量积的坐标表示可得.
【小问1详解】
因为，所以，
因为所以，解得，
则，所以.
【小问2详解】
若则，
则，
所以
(改编)
16. 如图，在正三棱柱中，点为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）连接交于点E，连接，利用三角形中位线性质和线面平行判定定理可证；
（2）由即可得解.
【小问1详解】
连接交于点E，连接，
由题知为矩形，所以E为的中点，
又点为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为，所以，
因为，
所以，即.
(原创)
17. 在中，角所对的边分别为点在一次函数图像上.
（1）求的值；
（2）如图所示，点是边上靠近的三等分点，且求
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）将点代入函数解析式，利用正弦定理边化角，结合和差公式可得；
（2）由求出，根据三角形面积公式和余弦定理列方程，联立求解可得.
【小问1详解】
因点在一次函数图像上，
所以，即，
由正弦定理边化角得，
因为，所以.
【小问2详解】
因为点是边上靠近的三等分点，且，
所以，
又，，所以，
所以，即.
在中，由余弦定理得，
所以，所以.
(改编)
18. 如图所示，在平行四边形中，，记.
（1）用向量表示向量和；
（2）若，且，求.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据平面向量的线性运算，结合图形可得；
（2）将两边平方，联立求出，，再由向量夹角公式可得.
【小问1详解】
由向量加法的平行四边形法则得，
又，所以，所以，
解得.
.
【小问2详解】
因为，，
所以①，
又②，
联立①②解得，，
所以
19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角，，所对的边分别为，，，且设点为的费马点．
（1）若，．
①求角；
②求．
（2）若，，求实数的最小值．
【答案】（1）①；②.
（2）．
【解析】
【分析】（1）①利用两角和的正弦公式得到，即可求出，从而得解；②利用余弦定理求出，利用等面积法求出，再根据数量积的定义计算可得；
（2）利用二倍角公式及正弦定理得到，则，设，则，再利用余弦定理得到，再利用基本不等式计算可得.
【小问1详解】
①因为
，
，
又，
所以，
即．因为，所以，
因为，所以．
②由三角形内角和性质可知，的三个内角均小于，结合题设易知点一定在的内部．
由余弦定理可得，即，
又，解得．
所以
，
所以，
所以
．
【小问2详解】
由已知中，
即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即，
点为的费马点，则，
设，，，，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为．
【点睛】关键点点睛：本题关键是理解并应用费马点的定义，第三问关键是设，，，从而推导出、，再利用基本不等式及一元二次不等式求出的取值范围.