吉林省长春市长春汽车经济技术开发区第三中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题

这是一份吉林省长春市长春汽车经济技术开发区第三中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题，共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

命题人： 审题人：
注意事项：本试卷共3页，总分150分，考试时间120分钟．
一、单项选择题（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. 若复数z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】根据共轭复数的定义得，即可求解对应的点.
【详解】由可得，故在复平面内对应的点为,
故对应的点为第一象限，
故选：A
2. 已知向量，．若，则（ ）
A. B. C. 3D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量平行的判定方法得到，再解方程即可.
【详解】由，知，解得.
故选：C.
3. 已知的顶点坐标为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，得到，结合向量的夹角公式，即可求解.试卷源自 每日更新，更低价下载，欢迎访问。【详解】由 的三个顶点的坐标分别为，
可得，则且，
所以.
故选：C.
4. 如图，一个用斜二测画法画出来的三角形是一个边长为a的正三角形，则原三角形的面积是（ ）
A. a2B. a2
C. a2D. a2
【答案】C
【解析】
【分析】利用斜二测画法中边长的比例关系求出面积的比.
【详解】∵S△A′B′C′＝a2sin 60°＝a2，
∴S△ABC＝S△A′B′C′＝a2.
故选：C.
【点睛】斜二测直观图的面积与原图形的面积比为，
原图形的面积与直观图的面积比为.
5. 在中，为上一点，为上任意一点，若，则的最小值是（ ）
A. 4B. 8C. 12D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】先由共线定理得出，再利用基本不等式求出最值即可.
【详解】因为为上任意一点，，
因为三点共线，所以由共线定理得，
则，
当且仅当且，即时取等号，此时的最小值是12．
故选：C
6. 已知正方体外接球的体积为，点为棱的中点，则三棱锥的体积为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正方体的特征及球的体积公式可计算正方体棱长，再根据三棱锥的体积公式计算即可.
【详解】由题意可知正方体的外接球直径为正方体的体对角线，
所以，
所以.
故选：B
7. 已知的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足，且，则的形状为（ ）
A. 等边三角形B. 顶角为的等腰三角形
C. 顶角为的等腰三角形D. 等腰直角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】由正弦定理和两角和的正弦公式化简，可得，即，再由两角差的正弦公式化简，可得，即可得出答案.
【详解】由正弦定理可得，
因为，所以，
所以，即，
即，因为，所以，
所以，因为，所以，所以，
因为，所以，
所以，即，
即，因为，所以，所以，
因为.所以，
所以的形状为顶角为的等腰三角形.
故选：B.
8. 如图所示，在边长为的正方形铁皮上剪下一个扇形和一个圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据扇形的弧长与圆锥底面周长的关系可求得小圆半径和扇形半径之间的关系，继而结合正方形的对角线长，列式求出底面圆的半径，继而求得圆锥的高，即得答案.
【详解】如图1，过⊙F圆心F作于E，于G，
则四边形为正方形，设小圆半径为r，扇形半径为R，则，
小圆周长为，扇形弧长为，
∵剪下一个扇形和圆恰好围成一个圆锥，，解得，
即，，
∵正方形铁皮边长为，，
，∴；
在图2中，，
由勾股定理得，圆锥的高，

故选：B
二、多项选择题（本题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.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. 在正方体中，下列结论正确的有（ ）
A. 和所成的角是B. AC和所成的角是
C. 和所成的角是D. 和所成的角是
【答案】AC
【解析】
【分析】对A，根据线面垂直的性质即可判断；对BCD，通过平移将异面直线放置于一个平面内，再求出角的大小即可.
【详解】对A，在正方体中，底面底面，
所以，所以和所成的角是，所以A正确；
对B，因为，所以和所成的角等于与所成的角，
正方体中，与所成角为，即和所成的角是，所以B不正确；
对C，正方体中，因为，，则四边形为平行四边形，
所以，而，所以和所成的角是，所以C正确；
对D，在正方体中，因为，，则四边形为平行四边形，则，
所以和所成的角等于与所成的角，
设正方体棱长为，则，则 为等边三角形，所以与所成的角为，
所以和所成角是，所以D不正确.
故选：AC.
10. 下列说法中正确的是（ ）
A. 如果平面平面，直线平面，直线平面，则
B.
C. 平行四边形是一个平面
D. 从正方体的8个顶点中任取4个不同的顶点，这4个顶点可能是每个面都是直角三角形的四面体的4个顶点
【答案】BD
【解析】
【分析】对A举出另一种情况即可判断；对B，根据向量的线性运算即可判断；对C，根据平面的性质即可判断；对D，找到该四面体即可判断.
【详解】对A，如果平面平面，直线平面，直线平面，则或与异面，故A错误；
对B，，故B正确；
对C，平行四边形不能无限延展，不是符合平面定义，故C错误；
对D，三棱锥是四个面都是直角三角形的四面体，
理由如下：因为平面，平面，则，
同理可得，结合，则该四面体满足题意，D正确；
故选：BD.
11. 如图，某圆柱的轴截面是一个边长为4的正方形，点分别为，的中点，则（ ）
A. 多面体的体积为B. 平面平面
C. 直线与直线所成的角为D. 点到平面的距离为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，将多面体分割成两部分，分别求其体积即得；对于B，利用线线平行证明线面平行，再由线面平行证明面面平行；对于C，通过平移将异面直线所成角转化成两直线的夹角解三角形即得；对于D，利用等体积转化，即可求得.
【详解】对于A，依题意可得点和点到平面的距离都为2，
则，故A正确；
对于B，易知，平面，平面，所以平面．
因为，平面，平面，所以平面．
又，，平面，所以平面平面，故B正确；
对于C，由，得即为直线与直线所成的角．
由题意得，，，
所以，
即,从而直线与直线所成的角不是，故C错误；
对于D，如图，依题意可得，．
又,所以．
设点到平面的距离为．连接．因为，
所以，解得，故D正确．
故选：ABD.
三、填空题（本题共3个小题，每题5分，共15分）
12. 底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.
【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，
所以正四棱锥的体积为，
截去的正四棱锥的体积为，
所以棱台的体积为.
方法二：棱台的体积为.
故答案为：.

13. 若复数为虚数单位）为纯虚数，则______
【答案】
【解析】
【分析】根据复数代数形式的乘法和纯虚数的概念得到方程，解出值，再根据共轭复数的概念和复数模的计算公式即可.
【详解】，
则，解得.
则，，
故答案为：.
14. 已知正方体的棱长为2，P为正方形ABCD内的一动点（包含边界），E、F分别是棱、棱的中点．若平面BEF，则AP的取值范围是_____．
【答案】
【解析】
【分析】作辅助线，证明平面平面，说明线段AM即为动点P的轨迹，由此求得AM的长，即可求得答案．
【详解】解：如图所示：

连接，则，
又平面，平面，故平面，
设为BC的中点，连接，
由于F分别是棱的中点，故，
则四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，故平面，
又平面，
故平面平面，
由于平面BEF，故平面，
又因为P为正方形ABCD内的一动点，且平面平面，
故AM即为动点P的轨迹，
而，故AP的取值范围是．
故答案为：
四、解答题（本大题共5小题，共77分.其中15题满分13分，16，17题满分15分，18，19题满分17分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）
15. 如图，三棱柱内接于一个圆柱，且底面是正三角形，圆柱的体积是，底面直径与母线长相等．
（1）求圆柱的表面积；
（2）求三棱柱的体积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据圆柱体积和表面积公式直接计算；
（2）根据三棱柱体积公式以及正弦定理进行计算即可.
【小问1详解】
设底面圆的直径为，
由题可知,圆柱体积，
解得，即圆柱底面半径为1，
则圆柱的表面积为.
【小问2详解】
因为为正三角形，底面圆的半径为1，
由正弦定理，边长，
所以三棱柱的体积
16. 由直四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为平行四边形，O为AC与BD的交点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）设平面与底面ABCD的交线为l，求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，，结合四棱柱的几何性质，由线线平行证明即可；
（2）由线线平行证平面，结合平面即可证平面平面；
（3）由线面平行证线线平行即可．
【小问1详解】
取的中点，连接，，
是四棱柱，平行且等于，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，
平面；
【小问2详解】
平行且等于，平行且等于，
平行且等于，
四边形是平行四边形，，
平面，平面，
平面，
由（1）得平面且，、平面，
平面平面；
【小问3详解】
由（2）得平面，
又平面，平面平面，
．
17. 在中，角所对的边分别为，已知，角的平分线交边于点，且.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由两角和的正弦公式以及正弦定理可得，可得结果；
（2）由三角形面积公式并利用，可得，再由余弦定理即可求得,由三角形的面积公式可得结果.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得
，所以，故，.
【小问2详解】
由题意可知，
即，化简可得，
在中，由余弦定理得，
从而，解得或（舍），
所以.
18. 如图，已知等腰梯形ABCD中（图1），是BC的中点，，将沿着AE翻折（图2），使得直线AB与CD不在同一个平面，得到四棱锥
（1）求直线与所成的角的大小；
（2）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据折叠前后的图形几何性质以及异面直线夹角的求法即可得到答案；
（2）平面公理与线面平行性质定理可得为中点，从而可得结论.
【小问1详解】
因为，是的中点，所以，，
故四边形是菱形，从而，
所以沿着翻折成后，，
又因为，所以四边形为平行四边形，则，
则，则直线与所成的角的大小为.
【小问2详解】
存在，理由如下：
假设线段上是存在点，使得平面，
过点作交于，连接，，如下图，
所以，所以，，，四点共面，
又因为平面，平面平面，平面，所以，
综上，四边形为平行四边形，故，
所以为中点，故在线段上存在点，使得平面，且．
19. “伦敦眼”坐落在英国伦敦泰晤士河畔，是世界上首座观景摩天轮，又称“千禧之轮”，该摩天轮的半径为6（单位：），游客在乘坐舱P升到上半空鸟瞰伦敦建筑，伦敦眼与建筑之间的距离为12（单位：），游客在乘坐舱P看建筑的视角为.

（1）当游客在乘坐舱P与伦敦眼M在同一水平面看建筑的视角为时，拍摄效果最好.若此时测得建筑物的高度为（单位），求视线的长度.
（2）当乘坐舱P在伦敦眼的最高点D时，视角，求建筑的高度；
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意，易知点应在轴线的右侧与等高的位置，连接，则，过点作于点，求出，，在中，根据正弦定理，即可求出结果；
（2）连接，根据题中条件，求出，，在中，根据正弦定理，即可求出结果.
【详解】（1）根据题意，易知点应在轴线的右侧与等高的位置，连接，
则，
过点作于点，则，
因为，所以为中点，则，
因此为等腰直角三角形，则，，
又，所以，
因为，所以，
在中，由正弦定理可得，，
则（单位），
即视线的长度为；
（2）连接，因为，
所以，，
又，所以，
因为，所以，
在中，由正弦定理可得，，
则（单位），
即建筑的高度为.
【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，属于常考题型.