重庆市鲁能巴蜀中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份重庆市鲁能巴蜀中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（解析版），共21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。
数学试卷
一、单选题：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．梯形的直观图是（ ）
A．梯形B．矩形C．三角形D．任意四边形
2．已知复数，是的共轭复数，则（ ）
A．0B．C．1D．2
3．在中，是角分别所对的边，，则一定是（ ）
A．底边和腰不相等的等腰三角形B．钝角三角形C．直角三角形D．等边三角形
4．已知，为两条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，且，则
C．若，，，，则
D．若，，，则
5．在长方体中，，，与平面所成的角为，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
6．折扇又名“撒扇”“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或绫绢做扇面的能折叠的扇子，如图1.其平面图如图2的扇形AOB，其中∠AOB＝120°，OA＝2OC＝2，点E在弧CD上，则的最小值是（ ）
A．－1B．1C．－3D．3
7．在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，则面积的最大值为( )
A．1B．3C．2D．4
8．母线长为1的圆锥体积最大时，其侧面展开图圆心角等于（ ）
A．B．C．D．
二、多选题：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，是方程的两根，则（ ）
A．B．
C．D．
10．如图所示，在中，、是边上两点，连接、，若，、、的外接圆直径分别为、、，则下列不等式成立的是（ ）

A．B．
C．D．
11．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中正确的有（ ）

A．当E点运动时，总成立
B．当E向运动时，二面角逐渐变小
C．二面角的最小值为45°
D．在方向上的投影向量为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．若一平面截一球得到半径为的圆面，球心到这个圆面的距离是球半径的三分之一，则该球的体积等于 .
13．在复平面内，已知复数满足（为虚数单位），记对应的点为点，对应的点为点，则点与点之间距离的最小值 .
14．已知等腰直角的斜边长为2，其所在平面上两动点满足，若，则的最大值为 .
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．在中，角所对的边为，已知.
(1)求；
(2)若，，求的周长.
16．在长方体中，，是的中点.
(1)证明：平面；
(2)求异面直线与所成角的余弦值.
17．已知在中，，在线段上，且.
(1)若是的中点，求面积的最大值；
(2)若，求面积的最小值.
18．已知四棱锥的底面是直角梯形，，，且平面，垂足在线段（不含端点）上，点在棱上，，平面与棱交于点.
(1)证明：；
(2)若，；
①求四棱锥的体积；
②求二面角的余弦值.
19．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.
(1)求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；
(2)如图，现已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，顶点在底面的射影为的中点.
①若，求该四棱锥在处的离散曲率；
②若该四棱锥在处的离散曲率，求直线与平面所成角的正弦值.
1．A
【分析】根据斜二测画法判断即可.
【详解】直观图的画法不改变平行关系，也不改变平行于横向的线段长度，故梯形的直观图仍是梯形.
故选：A
2．B
【分析】利用复数的除法可求，进而可求.
【详解】∵，
所以.
故选：B．
3．D
【分析】利用余弦定理可得，结合可得答案.
【详解】因为，
所以，由余弦定理有，
整理得，即，为等腰三角形，
又，所以为等边三角形.
故选：D
4．B
【分析】利用空间线面、面面平行与垂直的判定定理分别去判断各个选项，即可判断出正误.
【详解】解：对于选项，若，，则与可以平行，相交，或为异面直线，因此不正确；
对于选项，若，且，则，因此正确；
对于选项，若，，，，则与不一定平行，因此不正确；
对于选项，若，，，则与不一定垂直，因此不正确.
综上，正确的命题是B.
故选：B.
【点睛】本题考查空间中直线、平面之间位置关系有关命题的判断，注意空间中线线、线面、面面的位置关系的合理运用，考查学生的空间想象能力和对定理的掌握程度.
5．B
【分析】连接，，，由平面，可推出，易证，故或其补角即为所求，在中，由余弦定理求的值即可求解.
【详解】连接，，，
∵平面，
∴即为与平面所成的角，即，
∵，∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，∴，
由长方体的性质知：，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∴或其补角是直线与所成的角，
由勾股定理知，，
在中，由余弦定理知，，
∴直线与所成角的余弦值为，
故选：B.
6．C
【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标法表示，结合三角函数的知识求得正确答案.
【详解】以为原点，为轴的正方形建立平面直角坐标系，
则，设，
，
所以当时，取得最小值.
故选：C
7．C
【分析】根据利用三角恒等变换和正余弦定理得到，再根据余弦定理和基本不等式可得csB的范围，由此得B的范围，从而得到sinB的最大值，从而根据可求△ABC面积的最大值．
【详解】，
，
即，
即，
则，
整理得，
∴，
当且仅当a2=3c2⇔c=83,a=83时取等号，
，
则．
故选：C．
8．D
【分析】利用母线长得到底面半径与高的关系，利用圆锥的体积公式将体积表示成底面半径的函数，将函数凑成乘积为定值的形式，利用基本不等式求函数的最值．
【详解】解：设圆锥底面半径为，高为，则圆锥体积
又
圆锥体积
，
当且仅当时，即当时圆锥体积取得最大值
侧面展开图圆心角
故选：D．
9．BD
【分析】解方程可得与，进而判断各选项.
【详解】由，
得，，
故，A选项错误；
，，B选项正确；
，C选项错误；
，D选项正确.
故选：BD.
10．AC
【分析】利用正弦定理求解.
【详解】解；∵，
∴，∴，
又∵，，，
所以，
故选：AC.
11．ACD
【分析】通过证明平面，即可由线面垂直证明线线垂直，即可判断A，根据几何特点，即可直接判断B，建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角夹角的余弦值，根据其范围，即可判断C，利用向量的投影向量计算即可得解，即可判断D.
【详解】对A：因为，面，所以面，
因为面，所以，同理可证，
因为，面，所以平面，
因为平面，所以总成立，故选项A正确；
对B：平面即平面，而平面即平面，所以当E向运动时，
二面角大小不变，选项B不正确；
对C：建立如图所示的空间直角坐标系：

则，
因为E，F在上，且，故可设
，设平面的法向量为，
又，所以，取，则，
平面的法向量为，所以，
设二面角的平面角为，则为锐角，
故，当，故，所以，当且仅当时取最大值，即取最小值，故C正确；
对D：因为，，所以，故在方向上的投影向量为，
故选项D正确．
故选：ACD．
12．
【分析】根据球的半径、截面圆的半径、球心到截面距离满足勾股定理求出半径，然后可得体积.
【详解】记球的半径为，
则由球的性质可知，，解得，
所以该球的体积.
故答案为：.
13．
【分析】根据题意可得点的轨迹方程是为为圆心，1为半径的圆，则将问题转化为与圆上的点的最小值，从而可求得结果.
【详解】设，则由，得
，
所以，
所以对应的点为点的轨迹方程为，
即为为圆心，1为半径的圆，
因为对应的点为点，
所以点与点之间距离的最小值为
.
故答案为：
14．##
【分析】将已知化为，可判断点在内部及其边界上，记点为的中点，将转化为，结合图形求的最大值即可得解.
【详解】因为，所以，
整理得，即，
因为，所以，
所以，点在内部及其边界上，
记点为的中点，易知，当点与重合时，取得最大值1，
则，
又，所以，
所以当点到点距离最大时，取得最大值，
因为，所以点在以为圆心，为半径的圆上，
所以当点与点重合，且或或三点共线时，
取得最大值，
所以的最大值为
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题解答关键在于对已知条件得转化，根据平面向量基本定理判断点位置，然后作出图形，结合判断的最大距离即可得解.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由正弦定理及两角和差正弦公式计算求出正切值求角即可；
（2）由正弦定理结合和比定理求出进而得出周长即可.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
在中，，
，，
.
（2），
，
所以的周长为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接交相交于点，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）取的中点，可得四边形为平行四边形，得，或其补角即为即为所求，在中利用余弦定理可得答案.
【详解】（1）
连接交相交于点，则点为的中点，连接，
所以，因为平面，平面，
所以平面；
（2）
取的中点，连接，
所以，，
所以四边形为平行四边形，可得，
所以直线与所成角或其补角即为异面直线与所成角，
，，
，
在中由余弦定理得
，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
17．(1)2
(2)1
【分析】（1）利用同角三角函数的关系求出，由是的中点，得，两边平方化简后结合基本不等式可求得，再利用三角形的面积公式可求得其最大值；
（2）利用两角差的正弦公式表示出，由结合基本不等式可求得，再利用三角形的面积公式可求得其最小值.
【详解】（1）因为，，
所以，
因为是的中点，所以，
所以，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
所以面积为，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为2；
（2）由（1）知，，
，
因为，
所以，
所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以，所以，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
所以面积的最小值为1.
18．(1)证明见解析
(2)①；②
【分析】（1）先证平面，根据线面垂直证线线垂直.
（2）利用锥体的体积公式求四棱锥体积；构造在平面内的射影三角形，利用三角形面积的关系求二面角的余弦.
【详解】（1）因为平面，平面，所以，，
又因为四边形是直角梯形，且，，所以，
，平面，且，所以平面.
因为，平面，平面，所以平面.
而平面，平面平面，所以.
所以平面，平面，所以.
又，所以,
因为，所以，所以，即,
，平面，且，所以平面，
因为平面，所以.
（2）①由（1）知：四边形是直角梯形，且，
所以，
又平面，且，所以四棱锥的体积为：.
②因为，，平面，所以平面.
平面，所以平面平面.
如图：
作于，则平面，连接
设二面角为，则，
且，，
在中，,,,
由余弦定理，,所以，
所以.
所以.
19．(1)2
(2)①；②
【分析】（1）根据离散曲率的定义，直接计算，即可得答案；
（2）①求出的值，利用余弦定理求出顶点S处的侧面的顶角大小，即可求得答案；②根据四棱锥在处的离散曲率，求出棱锥的高，再根据线面角的定义，即可求解答案.
【详解】（1）由题意可知四棱锥在各个顶点处的角的和，
即等于四个侧面上的三角形和底面四边形的内角和，即，
故四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和为：；
（2）①连接，由于底面是边长为2的菱形，故交于点O，
，则为正三角形，则,
底面，底面，故，，
则，，
则
，
由于为三角形内角，故；
同理求得，
故该四棱锥在处的离散曲率；
②由题意可知四棱锥的是个侧面三角形全等，
即得，
四棱锥在处的离散曲率，则，
设，则，而，
故，解得，
作于E，则E为AB中点，结合题意知为正三角形，故，
作于F，则，且，
则;
连接，由于底面，底面，故，
平面，故平面，
平面，故平面平面，平面平面，
作于G，则平面，
则即为直线与平面所成角，
则.
【点睛】关键点睛：本题考查空间几何的新定义问题，解答的关键是要理解新定义，并能根据新定义的含义去解决问题；解答第二问时，要能根据四棱锥在处的离散曲率，求出棱锥的高，进而根据线面角定义解决问题.