河南省新乡市多校2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题

这是一份河南省新乡市多校2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题，共11页。试卷主要包含了在中，边上的中线为，点满足，则，一个高为的圆锥形容器，下列说法正确的是，如图，已知长方形中，，则等内容，欢迎下载使用。
2023—2024学年（下）高一年级期中考试
数学
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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.已知，则复数（ ）
A. B. C. D.
2.一个圆柱的侧面展开图是长为4，宽为2的矩形，则该圆柱的轴截面的面积为（ ）
A.32 B. C. D.
3.若在已知和的条件下，有两个解，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
4.如图所示，水平放置的用斜二测画法画出的直观图为，其中，，那么为（ ）
A.等边三角形 B.等腰直角三角形
C.钝角三角形 D.三边互不相等的三角形
5.已知平面向量，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
6.在中，边上的中线为，点满足，则（ ）
A. B.
C. D.
7.一个高为的圆锥形容器（容器壁厚度忽略不计）内部能完全容纳的最大球的半径为，若，则这个圆锥的体积与这个最大球的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
8.在中，已知为锐角，，若的最小值为，则（ ）
A. B. C. D.
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.下列说法正确的是（ ）
A.存在只有三个面的多面体
B.平行六面体的六个面都是平行四边形
C.长方体是直四棱柱
D.棱台的侧面都是梯形
10.如图，已知长方形中，，则（ ）
A.的最小值为2
B.当时，与的夹角余弦值为
C.当时，
D.对任意的
11.已知锐角三角形的内角所对的边分别是，且的外接圆半径为，，则（ ）
A. B.
C. D.面积的最大值为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知一个正四棱锥的底面边长为1，高为，则该正四棱锥的表面积为__________.
13.已知复数，若为纯虚数，则实数__________.
14.如图，在多面体中，已知是边长为2的正方形，且均为正三角形，则该多面体的体积为__________.
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.（13分）
（1）已知复数在复平面内对应的点在第一象限，，且，求；
（2）已知复数在复平面内对应的点在第二象限，求实数的取值范围.
16.（15分）
如图，已知在中，是边的中点，且，设与交于点.记，
（1）用表示向量；
（2）若，且，求.
17.（15分）
如图（1）所示，四边形为水平放置的四边形的斜二测直观图，其中.
（1）在图（2）所示的直角坐标系中画出四边形，并求四边形的面积；
（2）若将四边形以直线为轴旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积.
18.（17分）
如图，已知四面体的棱长均为6，棱的中点分别为，用平面截四面体，得到三棱台.
（1）求三棱台的体积；
（2）若为棱上的动点，求的最小值，并求取最小值时线段的长度.
19.（17分）
在中，内角所对的边分别为，已知.
（1）求的外接圆面积；
（2）若为的内心，求周长的最大值.
2023—2024学年（下）高一年级期中考试
数学（A卷）答案
一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1.答案A
命题意图本题考查复数的基本运算.
解析.
2.答案D
命题意图本题考查圆柱的基本性质.
解析若4为底面周长，则圆柱的高为2，此时圆柱的底面直径为，其轴截面的面积为；若2为底面周长，则圆柱的高为4，此时圆柱的底面直径为，其轴截面的面积为.
3.答案C
命题意图本题考查解三角形的应用.
解析因为三角形有两个解，所以，所以，即.
4.答案B
命题意图本题考查斜二测画法的概念.
解析根据斜二测画法还原，则，且，所以为等腰直角三角形.
5.答案A
命题意图本题考查平面向量的投影向量以及向量的坐标运算.
解析因为，所以，所以在上的投影向量为.
6.答案A
命题意图本题考查平面向量的线性运算.
解析为的中点，
7.答案D
命题意图本题考查球与圆锥的基本结构和相关计算.
解析作圆锥的轴截面，如图，由题可知，圆锥的底面半径，则，所以
8.答案C
命题意图本题考查平面向量的综合运算.
解析设的内角的对边分别为.因为，
所以当时，取得最小值，
则，所以，又为锐角，故.
因为，所以，所以，所以，所以.
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.答案BCD
命题意图本题考查空间几何体的相关概念.
解析面数最少的多面体是三棱锥，它有四个面，故A错误；
由平行六面体的定义知，平行六面体的六个面都是平行四边形，故B正确；
长方体的侧棱都和底面垂直，所以是直四棱柱，故C正确；
由棱台的结构特征知，棱台的侧面都是梯形，故D正确.
10.答案AC
命题意图本题考查平面向量的综合运算.
解析以为坐标原点，分别以向量的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系，则.
对于，因为，所以，当，即时，有最小值，且最小值为2，故A正确；
对于，当时，与的夹角余弦值为，故B错误；
对于C，当时，，而，故C正确；
对于，当时，有最小值，且最小值为，当或1时，的值为1，所以对任意的，故D错误.
11.答案BC
命题意图本题考查正弦定理与余弦定理的应用.
解析由正弦定理可得，又，所以，结合条件可知，故C正确.因为，所以，因为是锐角三角形，所以，故错误，正确.由余弦定理，得，所以，又，所以，解得，当且仅当时，等号成立，所以，则面积的最大值为，故D错误.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.答案4
命题意图本题考查棱锥的基本结构.
解析如图，四棱锥为正四棱锥，高，底面边长.过点作，垂足为，连接，则斜高.所以正四棱锥的表面积.
13.答案8
命题意图本题考查复数的相关概念和四则运算.
解析因为为纯虚数，所以且，得.
14.答案
命题意图本题考查简单的组合体的体积计算.
解析如图，分别过点作的垂线，垂足分别为，连接，则平面将多面体分成两个同样的三棱锥和一个直三棱柱，容易求得，取的中点，连接，易得多面体的体积
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.命题意图本题考查复数的四则运算､几何意义.
解析（1）设，
由题意得解得.
复数在复平面内对应的点在第一象限，
.
.
（2），
依题意可得
解得.
实数的取值范围是.
16.命题意图本题考查平面向量在几何问题中的应用.
解析（1），
，
.
（2）三点共线，由得，
，即，
，
.
另解：.
17.命题意图本题考查斜二测画法的概念以及旋转体的有关计算.
解析（1）在直观图中，
则在四边形中，
所以四边形如图所示：
由图可知，四边形为直角梯形，
所以面积为.
（2）直角梯形以直线为轴，旋转一周形成的几何体可以看成圆柱加上一个同底的圆锥，
由（1）可知几何体的底面圆半径，圆柱的高，
圆锥的高，母线长.
所以该几何体的体积.
表面积.
18.命题意图本题考查棱锥与棱台的结构特征以及相关计算.
解析（1）作点在平面内的射影，连接.
根据题意可知，是等边三角形的中心，则，
，即四面体的高为.
所以，
所以.
（2）如图所示，将平面与展开到同一平面，可知.
在中，，
由余弦定理得，即.
由已知得点到的距离是点到的距离的2倍，所以，所以，
在中，设，
由余弦定理得，即，
解得或，结合图可知.
综上，的最小值为，且取最小值时.
另解：利用，得.
19.命题意图本题考查解三角形､三角恒等变换的综合应用.
解析（1）由条件可得，
所以，
因为，故，则，故.
所以的外接圆半径，面积为.
（2）由题可知，，
故.
设，则，且，
在中，由正弦定理可得，
所以，
故的周长，
因为，所以，所以当，即时，
的周长最大，且最大值为.