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浙江省台州市山海协作体2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题（Word版附解析）
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这是一份浙江省台州市山海协作体2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题（Word版附解析），文件包含浙江省台州市山海协作体2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题Word版含解析docx、浙江省台州市山海协作体2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
考生须知：
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4．考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
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. 复数的虚部是（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数虚部的概念求解即可.
【详解】复数虚部是.
故选：B.
2. 设向量，且，则的值是（ ）
A. 2B. C. 8D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量垂直的坐标表示即得.
【详解】由已知得，
∴.
故选：C.
3. 在中，已知，AC＝7，BC＝8，则AB＝（ ）
A. 3B. 4C. 3或5D. 4或5
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦定理直接求解.
【详解】解：设角A，B，C所对的边分别为a，b，c,
结合余弦定理，得，
即，解得c＝3或c＝5．故AB＝3或5．
故选:C．
4. 下列说法错误的是（ ）
A. 经过同一直线上的3个点的平面有无数个
B. 两两相交且不共点的三条直线确定一个平面
C. 若是两条直线，是两个平面，且，则是异面直线
D. 若直线不平行于平面，且，则内不存在与平行的直线
【答案】C
【解析】
【分析】由空间直线和平面的关系依次判断各选项即可得出结果.
【详解】经过一条直线的平面有无数个，A不符合题意；
设三条直线为，交于点，交于，相交直线确定一个平面，
则故由两点确定的直线在平面内，
所以两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，可知B不符合题意；
若a，b是两条直线，是两个平面，且，
则a，b也可能平行，故C符合题意；
直线与平面相交，且交平面于一点，
平面上任何通过点的直线都与直线同面，
平面上其它不通过点的直线则与之异面，
则内不存在与平行直线，可知D不符合题意.
故选：C
5. 向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用向量的数量积的运算公式和投影向量的运算公式，准确计算，即可求解.
【详解】由向量，，可得，且，
则向量在向量上的投影向量为.
故选：A.
6. 已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据半圆的弧长求底面的半径和高，即可计算圆锥的体积.
【详解】设圆锥的底面半径为，
根据侧面展开图是半圆， 半圆的弧长为，
所以，得，
圆锥的高，
所以圆锥的体积.
故选：A
7. 如图所示，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线与AB，AC两边分别交于M，N两点，且=，＝y，则的值为( )
A. 3B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】特殊化，令计算出x、y的值，带入即可。
【详解】利用三角形的性质，过重心作平行于底边BC的直线，得x＝y＝，则＝。
【点睛】本题考查平面向量基本定理，属于基础题。
8. 小明去美术馆欣赏油画，其中有一幅画吸引了众多游客驻足观赏，为保证观赏时可以有最大视角，警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙多远处最合适呢？（单位：米）已知该画挂在墙上，其上沿在观赏者眼睛平视的上方3米处，其下沿在观赏者眼睛平视的上方1米处（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，作出符合题意得示意图，过点作，得到，得出当的外接圆与切于点时，观赏者观赏的角度最大，结合直角三角形的性质，即可求解.
【详解】如图所示，设观赏者眼睛出为点，画的上沿为点，下沿为点，
过点作交的延长线于点，则，
当的外接圆（即为圆）与切于点时，观赏者观赏的角度最大，即最大，
线段的长度为警戒线距墙的长度，
由题设知：，则，
过点作于点，连接，
如图所示，则，且，
所以，所以与切于点，所以，
所以，所以四边形为矩形，
可得，且，所以，
在直角中，由勾股定理得，
所以，即警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙米远处最合适.
故选：B
二、选择题（本大题共3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，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分）
9. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合共轭复数的概念，以及复数的运算法则，逐项判定，即可求解.
【详解】由复数满足，可得，
对于A中，由，所以A不正确；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由，所以C正确；
对于D中，由，所以D不正确.
故选：BC.
10. 关于同一平面内的任意三个向量，下列四种说法错误的有（ ）
A. 若，且，则B.
C. 若，则或D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】若向量时，结合零向量的性质，可得判定A错误；根据向量模的三角不等式，可判定B正确；根据向量模的概念，可判定C错误；根据向量的数量积的运算不满足结合律，可判定D错误.
【详解】对于A中，若向量时，此时且，但不一定成立，所以A错误；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，若，但向量与不一定是共线同向或反向，所以C错误；
对于D中，由向量的数量积的运算不满足结合律，所以D错误.
故选：ACD.
11. 在中，下列说法正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若为锐角三角形，则
C. 若，则一定是等腰三角形
D. 若为钝角三角形，且，则的面积为或
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，可以根据大角对大边知道，再用正弦定理即可．
对于B, 根据锐角三角形，知道，即，因为且
结合在区间单调递增，得到，再用诱导公式即可．
对于C，切化弦，再用二倍角公式转化即可．
对于D，用余弦定理求出，再分类讨论即可．
【详解】对于A：因为，所以，所以，A正确；
对于B：因为是锐角三角形，所以，即，
因为且，在区间单调递增，
所以，B正确；
对于C：，
即，即，
所以，而A,B为三角形内角，
所以或者，
所以是等腰三角形或者直角三角形，C错误；
对于D：易求出 ，而，所以，
化简可得，解得或者，
当时，，此时是最大角且，
所以满足钝角三角形，此时，
当时，，此时为最大角且，
所以满足钝角三角形，，此时D正确．
故选：ABD.
非选择题部分
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知的面积为4，下图是的直观图，已知，轴，过作轴于，则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据斜二测画法和三角形的面积公式，求得，得到，进求得的长.
【详解】由斜二测画法知，因为，可得，
又因为轴，可得轴，所以为直角三角形，
如图所示，又由的面积为，可得，解得，
所以，所以.
故答案为：.
13. 已知是钝角三角形，角的对边依次是，且，则边的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合三角形的性质和余弦定理，列出不等式组，即可求解.
【详解】因为是钝角三角形，且，
当为最长边时，则满足，即，解得，
当为最长边时，则满足，即，解得，
综上可得，边的取值范围是.
故答案为：.
14. 已知向量夹角为，若对任意，恒有，则函数的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由恒成立求出，将表示成关于t的函数，根据二次函数最值即可求解．
【详解】，则有，
整理可得，∵对任意，上式恒成立，
∴；
由题意知，∴，∴．
∴，
所以时，的最小值为．
故答案为：.
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知向量．
（1）求的坐标与；
（2）求向量与的夹角的余弦值．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合向量的坐标运算，以及向量模的计算公式，即可求解；
（2）根据题意，利用向量的数量积和向量的夹角公式，准确计算，即可求解.
【小问1详解】
解：由向量，可得，
又由，所以
【小问2详解】
解：由向量，可得且，
所以，
故向量与的夹角的余弦值为.
16. 在中，角的对边分别是，若．
（1）证明：是正三角形．
（2）若的三顶点都在球表面，且球的表面积为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，求得，再结合，即可得证；
（2）设球的半径为，根据题意，求得，再设外接圆半径为，求得，由球的截面圆性质，求得，结合棱锥的体积公式，即可求解.
【小问1详解】
解：因为，由正弦定理得，
所以，
即，
又因为，可得，所以，
因，所以，
又因为，所以是正三角形．
【小问2详解】
解：设球的半径为，因为球的表面积为，所以，得到，
由（1）知是正三角形，且边长为，
设外接圆半径为，由正弦定理得，所以，
设球心到所在平面距离为，则由球的截面圆性质，可得，
则，
又因为，
所以三棱锥的体积为．
17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为上的点，且，为中点．
（1）证明：平面.
（2）在上是否存在一点，使得平面？若存在，指出点位置，并证明你的结论；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）上存在点，且
【解析】
【分析】（1）通过构造中位线的方法来证得平面.
（2）通过证明面面平行的方法来确定点的位置.
【小问1详解】
连交于，因为为中点，
所以是中位线，所以．
又平面AEC，平面．
所以平面AEC．
【小问2详解】
上存在点，且，使得平面，
证明：上取点，且，
因为为上的点，且，
所以在中，，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又在中，，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面．
18. 在某海滨城市附近海面上有一台风，据监测，当前台风中心位于城市的东偏南方向300km的海面处，并以20km/h的速度向西偏北45°方向移动.台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60km，并以10km/h的速度不断增大，问几时后该城市开始受到台风的侵袭?
【答案】12小时后该城市开始受到台风的侵袭.
【解析】
【分析】设在时刻台风中心位于点，城市受到干扰时，，结合图中的角度，运用余弦定理算出，解不等式即可.
【详解】设在时刻台风中心位于点，则，
如图显然是锐角，由可得，
又，
故.
因此，即，解得.
故小时后该城市开始受到台风的侵袭.
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．
（1）求；
（2）若，设点为的费马点，求；
（3）设点为的费马点，，求实数的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由，正弦定理可得，则有；
(2)由题意，设，由等面积法得，则，可求值；
（3）由，设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解.
【小问1详解】
由已知得，
由正弦定理可得，故直角三角形，即．
【小问2详解】
由（1），所以三角形的三个角都小于，则由费马点定义可知：
，设，
由得：，整理得，
则．
【小问3详解】
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：
解答本题首先要理解费马点的含义，第二问的关键是利用面积法得到，解答第三问的关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解.
考生须知：
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4．考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
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. 复数的虚部是（ ）
A. 5B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数虚部的概念求解即可.
【详解】复数虚部是.
故选：B.
2. 设向量，且，则的值是（ ）
A. 2B. C. 8D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量垂直的坐标表示即得.
【详解】由已知得，
∴.
故选：C.
3. 在中，已知，AC＝7，BC＝8，则AB＝（ ）
A. 3B. 4C. 3或5D. 4或5
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦定理直接求解.
【详解】解：设角A，B，C所对的边分别为a，b，c,
结合余弦定理，得，
即，解得c＝3或c＝5．故AB＝3或5．
故选:C．
4. 下列说法错误的是（ ）
A. 经过同一直线上的3个点的平面有无数个
B. 两两相交且不共点的三条直线确定一个平面
C. 若是两条直线，是两个平面，且，则是异面直线
D. 若直线不平行于平面，且，则内不存在与平行的直线
【答案】C
【解析】
【分析】由空间直线和平面的关系依次判断各选项即可得出结果.
【详解】经过一条直线的平面有无数个，A不符合题意；
设三条直线为，交于点，交于，相交直线确定一个平面，
则故由两点确定的直线在平面内，
所以两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，可知B不符合题意；
若a，b是两条直线，是两个平面，且，
则a，b也可能平行，故C符合题意；
直线与平面相交，且交平面于一点，
平面上任何通过点的直线都与直线同面，
平面上其它不通过点的直线则与之异面，
则内不存在与平行直线，可知D不符合题意.
故选：C
5. 向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，利用向量的数量积的运算公式和投影向量的运算公式，准确计算，即可求解.
【详解】由向量，，可得，且，
则向量在向量上的投影向量为.
故选：A.
6. 已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据半圆的弧长求底面的半径和高，即可计算圆锥的体积.
【详解】设圆锥的底面半径为，
根据侧面展开图是半圆， 半圆的弧长为，
所以，得，
圆锥的高，
所以圆锥的体积.
故选：A
7. 如图所示，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线与AB，AC两边分别交于M，N两点，且=，＝y，则的值为( )
A. 3B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】特殊化，令计算出x、y的值，带入即可。
【详解】利用三角形的性质，过重心作平行于底边BC的直线，得x＝y＝，则＝。
【点睛】本题考查平面向量基本定理，属于基础题。
8. 小明去美术馆欣赏油画，其中有一幅画吸引了众多游客驻足观赏，为保证观赏时可以有最大视角，警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙多远处最合适呢？（单位：米）已知该画挂在墙上，其上沿在观赏者眼睛平视的上方3米处，其下沿在观赏者眼睛平视的上方1米处（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，作出符合题意得示意图，过点作，得到，得出当的外接圆与切于点时，观赏者观赏的角度最大，结合直角三角形的性质，即可求解.
【详解】如图所示，设观赏者眼睛出为点，画的上沿为点，下沿为点，
过点作交的延长线于点，则，
当的外接圆（即为圆）与切于点时，观赏者观赏的角度最大，即最大，
线段的长度为警戒线距墙的长度，
由题设知：，则，
过点作于点，连接，
如图所示，则，且，
所以，所以与切于点，所以，
所以，所以四边形为矩形，
可得，且，所以，
在直角中，由勾股定理得，
所以，即警卫处的同志需要将警戒线控制在距墙米远处最合适.
故选：B
二、选择题（本大题共3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，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分）
9. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合共轭复数的概念，以及复数的运算法则，逐项判定，即可求解.
【详解】由复数满足，可得，
对于A中，由，所以A不正确；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由，所以C正确；
对于D中，由，所以D不正确.
故选：BC.
10. 关于同一平面内的任意三个向量，下列四种说法错误的有（ ）
A. 若，且，则B.
C. 若，则或D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】若向量时，结合零向量的性质，可得判定A错误；根据向量模的三角不等式，可判定B正确；根据向量模的概念，可判定C错误；根据向量的数量积的运算不满足结合律，可判定D错误.
【详解】对于A中，若向量时，此时且，但不一定成立，所以A错误；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，若，但向量与不一定是共线同向或反向，所以C错误；
对于D中，由向量的数量积的运算不满足结合律，所以D错误.
故选：ACD.
11. 在中，下列说法正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若为锐角三角形，则
C. 若，则一定是等腰三角形
D. 若为钝角三角形，且，则的面积为或
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，可以根据大角对大边知道，再用正弦定理即可．
对于B, 根据锐角三角形，知道，即，因为且
结合在区间单调递增，得到，再用诱导公式即可．
对于C，切化弦，再用二倍角公式转化即可．
对于D，用余弦定理求出，再分类讨论即可．
【详解】对于A：因为，所以，所以，A正确；
对于B：因为是锐角三角形，所以，即，
因为且，在区间单调递增，
所以，B正确；
对于C：，
即，即，
所以，而A,B为三角形内角，
所以或者，
所以是等腰三角形或者直角三角形，C错误；
对于D：易求出 ，而，所以，
化简可得，解得或者，
当时，，此时是最大角且，
所以满足钝角三角形，此时，
当时，，此时为最大角且，
所以满足钝角三角形，，此时D正确．
故选：ABD.
非选择题部分
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知的面积为4，下图是的直观图，已知，轴，过作轴于，则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据斜二测画法和三角形的面积公式，求得，得到，进求得的长.
【详解】由斜二测画法知，因为，可得，
又因为轴，可得轴，所以为直角三角形，
如图所示，又由的面积为，可得，解得，
所以，所以.
故答案为：.
13. 已知是钝角三角形，角的对边依次是，且，则边的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，结合三角形的性质和余弦定理，列出不等式组，即可求解.
【详解】因为是钝角三角形，且，
当为最长边时，则满足，即，解得，
当为最长边时，则满足，即，解得，
综上可得，边的取值范围是.
故答案为：.
14. 已知向量夹角为，若对任意，恒有，则函数的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】由恒成立求出，将表示成关于t的函数，根据二次函数最值即可求解．
【详解】，则有，
整理可得，∵对任意，上式恒成立，
∴；
由题意知，∴，∴．
∴，
所以时，的最小值为．
故答案为：.
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15. 已知向量．
（1）求的坐标与；
（2）求向量与的夹角的余弦值．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合向量的坐标运算，以及向量模的计算公式，即可求解；
（2）根据题意，利用向量的数量积和向量的夹角公式，准确计算，即可求解.
【小问1详解】
解：由向量，可得，
又由，所以
【小问2详解】
解：由向量，可得且，
所以，
故向量与的夹角的余弦值为.
16. 在中，角的对边分别是，若．
（1）证明：是正三角形．
（2）若的三顶点都在球表面，且球的表面积为，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，求得，再结合，即可得证；
（2）设球的半径为，根据题意，求得，再设外接圆半径为，求得，由球的截面圆性质，求得，结合棱锥的体积公式，即可求解.
【小问1详解】
解：因为，由正弦定理得，
所以，
即，
又因为，可得，所以，
因，所以，
又因为，所以是正三角形．
【小问2详解】
解：设球的半径为，因为球的表面积为，所以，得到，
由（1）知是正三角形，且边长为，
设外接圆半径为，由正弦定理得，所以，
设球心到所在平面距离为，则由球的截面圆性质，可得，
则，
又因为，
所以三棱锥的体积为．
17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为上的点，且，为中点．
（1）证明：平面.
（2）在上是否存在一点，使得平面？若存在，指出点位置，并证明你的结论；若不存在，说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）上存在点，且
【解析】
【分析】（1）通过构造中位线的方法来证得平面.
（2）通过证明面面平行的方法来确定点的位置.
【小问1详解】
连交于，因为为中点，
所以是中位线，所以．
又平面AEC，平面．
所以平面AEC．
【小问2详解】
上存在点，且，使得平面，
证明：上取点，且，
因为为上的点，且，
所以在中，，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又在中，，所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面．
18. 在某海滨城市附近海面上有一台风，据监测，当前台风中心位于城市的东偏南方向300km的海面处，并以20km/h的速度向西偏北45°方向移动.台风侵袭的范围为圆形区域，当前半径为60km，并以10km/h的速度不断增大，问几时后该城市开始受到台风的侵袭?
【答案】12小时后该城市开始受到台风的侵袭.
【解析】
【分析】设在时刻台风中心位于点，城市受到干扰时，，结合图中的角度，运用余弦定理算出，解不等式即可.
【详解】设在时刻台风中心位于点，则，
如图显然是锐角，由可得，
又，
故.
因此，即，解得.
故小时后该城市开始受到台风的侵袭.
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．
（1）求；
（2）若，设点为的费马点，求；
（3）设点为的费马点，，求实数的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由，正弦定理可得，则有；
(2)由题意，设，由等面积法得，则，可求值；
（3）由，设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解.
【小问1详解】
由已知得，
由正弦定理可得，故直角三角形，即．
【小问2详解】
由（1），所以三角形的三个角都小于，则由费马点定义可知：
，设，
由得：，整理得，
则．
【小问3详解】
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：
解答本题首先要理解费马点的含义，第二问的关键是利用面积法得到，解答第三问的关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解.
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