四川省仁寿第一中学北校区2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份四川省仁寿第一中学北校区2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题（每题5分，共40分。每小题只有一个正确选项，选对5分，选错0分）
1．已知复数，则复数（ ）
A．B．C．D．
2．已知，则的值是（ ）
A．B．C．D．
3．已知非零向量满足，则在方向上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，的面积为，则（ ）
A．B．C．2D．4
5．一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，如图所示，，则原平面图形的面积为（ ）
A． B．
C． D．
6．以边长为2的正三角形的一边所在直线为旋转轴，将该正三角形旋转一周所得几何体的表面积为（ ）
A． B．C．D．
7．已知正三棱锥的侧棱与底面边长的比值为，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的高为（ ）
A．1B．C．D．
8．在平行四边形中，为的中点，，与交于点，过点的直线分别与射线，交于点，，，，则的最小值为（ ）
A．1B．C．D．
二、多选题（每题6分，共18分。全部选对得6分，少选得部分分，选错得0分）
9．已知直线，，平面，，则下列说法错误的是（ ）
A．，，则
B．，，，，则
C．，，，则
D．，，，，，则
10．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，则（ ）
A．的外接圆半径为B．
C．D．为锐角三角形
11．如图，在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点，则下列说法中正确的是（ ）
A．存在点，使四点共面
B．存在点，使平面
C．三棱锥的体积为
D．经过四点的球的表面积为
三、填空题（每小题5分，共15分。请将答案填在答题卡的相应位置）
12．已知向量，若，则 .
13．正多面体被古希腊圣哲认为是构成宇宙的基本元素．如图，该几何体是一个棱长为2的正八面体，则此正八面体的体积与表面积的数值之比为 .

已知函数在上有且仅有三个零点，则的取值范围是 .
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答写出文字说明、证明过程或者演算步骤）
15．（13分）如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点.

(1)求证：平面；
(2)设平面平面，求证：.
16．（15分）已知向量满足，．
(1)求；
(2)求；
(3)若向量与向量的方向相反，求实数的值．
17．（15分）记的内角的对边分别为，已知
(1)试判断的形状；
(2)若，求周长的最大值.
18．（17分）函数在内只取到一个最大值和一个最小值，且当时，；当时，.
（1）求函数的解析式；
（2）求函数的单调递增区间；
（3）是否存在实数，满足不等式？ 若存在，
求出的范围（或值）；若不存在，请说明理由.
19．（17分）如图，在直三棱柱中，，D是BC边的中点，．
(1)求直三棱柱的体积；
(2)求证：面；
(3)一只小虫从点沿直三棱柱表面爬到点D，求小虫爬行的最短距离．5月半期质量检测数学答案
1．B 【详解】由复数的运算可得.
2．C 【详解】因为，所以，即．
3．B 【详解】在方向上的投影向量为.
4．D 【详解】由，则，
因为sinB>0，,故,
又，所以，
由的面积为，得，解得.
5．A 【详解】如图，在直观图中过点，作交于点，
因为，
所以，，即
将直观图还原为平面图如下：
则，，，所以.
C 【详解】如图，正三角形绕所在直线为旋转轴旋转一周，
得到几何体是两个同底的全等圆锥，底面半径,母线长,
由圆锥的侧面积公式可得该几何体的侧面积为.
7．B 【详解】如图，为等边三角形，设为中点，面，，则，所以，
设三棱锥外接球的半径为，由正棱柱性质可知球心为在直线上，
则，即，所以.
由，解得.
所以三棱锥的高为.
8．C 【详解】由，，共线，可设，
由,,三点共线，故可设，
则有，解得：，
故，由题意，，，三点共线，
故可设，
则，整理得，
故，
当且仅当，即时等号成立，则的最小值为；
9．ABC 【详解】选项A中，若，，则可能在内，也可能与平行，故A错误；
选项B中，若，，，，则与也可能相交，故B错误；
选项C中，若，，，则与也可能相交，故C错误；
选项D中，若，，，，，
依据面面平行的判定定理可知，故D正确．
10．BC 【详解】对于A，因为，所以．
因为，所以，所以的外接圆半径为，故A不正确；
对于B，因为，所以，故B正确；
对于C，因为，所以，即．
因为，所以，故C正确；
对于D，由选项C，，因为，即，所以角是钝角，
所以为钝角三角形，故D不正确．
11．ABC 【详解】A：如图，在正方体中，连接．
因为N，P分别是的中点，所以．
又因为，所以．
所以四点共面，即当Q与点重合时，四点共面，故A正确；
B：连接，当Q是的中点时，因为，所以．
因为平面平面，所以平面，故B正确；
C：连接，因为，则
，故C正确；
D：分别取的中点E，F，构造长方体，
则经过C，M，B，N四点的球即为长方体的外接球．
设所求外接球的直径为，则长方体的体对角线即为所求的球的直径，
即，
所以经过C，M，B，N四点的球的表面积为，故D错误．
12． 【详解】由向量，
因为，可得，解得.
13． 【详解】正八面体的表面是8个全等的正三角形组成，其中正边长为2，
则正八面体的表面积，
而正八面体可视为两个共底面的，
侧棱长与底面边长相等的正四棱锥与拼接而成，
正四棱锥的高，
则正八面体的体积，
于是得，所以正八面体的体积与表面积之比为.
14. 【详解】因为，
故可得，
由，故可得，
令，可得，则或或或，，
因为在上有且仅有三个解，，解得．
证明：
（1）设，连接，因为是平行四边形，故，
又为侧棱的中点，故.
又平面，平面，故平面.
因为，平面，平面
所以平面.
又因为平面平面，平面
所以
16．(1) (2) (3)
【详解】
（1）因为，，
所以，则，
所以，所以，
所以；
（2）因为，所以；
（3）因为，，
所以，
，
因为与共线，
则，解得或，
当时，，，则，
此时与方向相同，不符题意；
当时，，，则，
此时与方向相反，符合题意；
综上可得．
17．(1)是直角三角形 (2)
【详解】
（1）解：由，可得，所以，
即，所以，
又由余弦定理得，可得，所以，
所以是直角三角形
（2）解：由（1）知，是直角三角形，且，可得，
所以周长为，
因为，可得，
所以，当时，即为等腰直角三角形，周长有最大值为.
18．（1）；（2）.（3）存在，
【详解】
（1）由题意，可得，，所以，所以，所以.
由点在函数图象上，得，
因为，所以，所以.
（2）当时，
即时，函数单调递增，
所以函数的单调递增区间为.
（3）由题意，实数满足，解得.
因为，所以，同理，
由（2）知函数在上单调递增，
若，
只需，即成立即可，
所以存在，使成立.
19．(1)144； (2)证明见解析； (3).
【详解】
（1）在直三棱柱中，由，得，
由，得，，
所以直三棱柱的体积.
（2）连接，连接，由矩形，得是的中点，而D是BC边的中点，
则，又平面，平面，
所以平面.
（3）当小虫从点沿爬到点D，把矩形与置于同一平面内，如图，
连接，过作于，交于点，
由，得，，，
，则，
因此；
当小虫从点沿正方形爬到点D，把正方形与置于同一平面内，
或把正方形与矩形置于同一平面内，如图，
在左图中，取中点，连，显然共线，则，，
而，因此，
在右图中，，；
当小虫从点沿矩形爬到点D，把矩形与置于同一平面内，
或把矩形与矩形置于同一平面内，如图，
在左图中，取中点，连，显然共线，则，，
而，因此，
在右图中，，，
显然，
所以小虫爬行的最短距离