湖南省常德市汉寿县第一中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题

这是一份湖南省常德市汉寿县第一中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题，共20页。试卷主要包含了复数，则在复平面内对应的点是，下列说法正确的是，下列化简结果正确的个数为，青花瓷等内容，欢迎下载使用。

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．复数，则在复平面内对应的点是（ ）
A．B．C．D．
2．已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图为如图所示的三角形，其中，则该平面图形的面积为（ ）
A．B．2
C．D．4
3．如图，等腰梯形中，，点为线段中点，点为线段的中点，则（ ）

A．
B．
C．
D．
4．下列说法正确的是（ ）
A．长方体是四棱柱，直四棱柱是长方体
B．有2个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台
C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
D．棱柱的侧棱相等，侧面都是平行四边形
5．如图①，普通蒙古包可近似看作是圆柱和圆锥的组合体；如图②，已知圆柱的底面直径米，母线长米，圆锥的高米，则该蒙古包的侧面积约为（ ）
A．平方米B．平方米C．平方米D．平方米
6．如图，在平行四边形中，是的中点，设，，则向量（ ）.
A．B．C．D．
7．下列化简结果正确的个数为（ ）
① ②
③ ④
A．1个B．2个C．3个D．4个
8．青花瓷（blue and white prcelain），又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一，属釉下彩瓷．原始青花瓷于唐宋已见端倪，成熟的青花瓷则出现在元代景德镇的湖田窑.图一是一个由波涛纹和葡萄纹构成的正六边形青花瓷盘，已知图二中正六边形的边长为，圆的圆心为正六边形的中心，半径为，若点在正六边形的边上运动，动点在圆上运动且关于圆心对称，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
二､多项选择题：本大题共 3小题，每小题 6 分，共 18 分.
9．下列说法正确的是（ ）
A．若，则存在唯一实数使得
B．向量与共线是，，，四点共线的必要不充分条件
C．已知，，，，，若点，，共线，则.
D．在中，为的中点，若，则是在上的投影向量
10．已知复数满足，且复数对应的点在第一象限，则下列结论正确的是（ ）
A．复数的虚部为B．
C．D．复数的共轭复数为
11．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.奔驰定理：已知是内的一点，，，的面积分别为，则有.设是锐角内的一点，，，分别是的三个内角，以下命题正确的有（ ）
A．若，则为的重心
B．若，则
C．若，，，则
D．若为的垂心，则
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12．若的三个内角满足，则 ．
13．已知，是单位向量，，．若，则与的夹角为 ．
14．在棱长为1的正方体中，分别为线段和上的动点，且满足，则四边形所围成的图形（如图所示阴影部分）分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和为 ．
四、解答题（共5题，共77分）
15．（13分）已知平面直角坐标系中，点为原点，，
(1)若，且方向相反，求的坐标；
(2)若，与的夹角为，且向量与互相垂直，求的值.
16．（12分）如图，在以、、、、、为顶点的五面体中，面是等腰梯形，，面是矩形，平面平面，，.

（1）求证：平面平面；
（2）若三棱锥的体积为，求的值.
17．（15分）已知正四面体的棱长为3，，，过点作直线分别交，于，．设，（）．
(1)求的最小值及相应的，的值；
(2)在（1）的条件下，求：
①的面积；
②四面体的内切球的半径．
18．（17分）十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：“当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且，点为的费马点．
(1)求角；
(2)若，求的值；
(3)若，求的取值范围．
19．（20分）对于数集，其中，．定义向量集．若对于任意，存在，使得，则称X具有性质P．
(1)已知数集，请你写出数集对应的向量集，是否具有性质P？
(2)若，且具有性质P，求x的值；
(3)若X具有性质P，求证：，且当时，．
参考答案：
1．B
【分析】先计算求出，即可求出答案.
【详解】因为，所以在复平面内对应的点是.
故选：B.
2．D
【分析】作出原图形，且得出原图形中的线段长度，由三角形的面积公式可求得答案.
【详解】解：作出原图形如下图所示：则，所以该平面图形的面积为，
故选：D.
3．B
【分析】连接，根据中位线的性质，结合平面向量的基本运算求解即可.
【详解】连接，
，点为线段中点，点为线段的中点.
.
又.
.

故选：B
4．D
【分析】
根据棱柱，棱台的定义依次判断每个选项即可.
【详解】对选项A：长方体是四棱柱，底面不是长方形的直四棱柱不是长方体，错误；
对选项B：棱台的侧棱延长线必须相交于一点，错误；
对选项C：各侧面都是正方形，底面不是正方形（如菱形）的四棱柱不是正方体，错误；
对选项D：棱柱的侧棱相等，侧面都是平行四边形，正确；
故选：D
5．D
【分析】首先根据圆柱的侧面展开图为长方形求出圆柱的侧面积，再根据圆柱的侧面展开图为扇形求出圆锥的侧面积，进而得到蒙古包的侧面积.
【详解】依题意得，
圆柱的侧面积，
，，
在中，，
圆锥的侧面积，
该蒙古包的侧面积，
故选：D.
6．B
【分析】根据平行四边形的性质，利用向量加法的几何意义有，即可得到与、的线性关系.
【详解】由题设，，则，又，
∴.
故选：B
7．C
【分析】直接由诱导公式及和差角的正弦、余弦、正切公式以及倍角公式依次判断即可.
【详解】，①正确；
，②正确；
，③正确；
，④错误；正确的有3个.
故选：C.
8．C
【分析】连接，则，利用向量数量积的运算律即可求解.
【详解】连接，如图所示：
则
，
根据图形可知，当点位于正六边形各边的中点时，有最小值为，此时，
当点位于正六边形的顶点时，有最大值为2，此时，
故，即的取值范围是，
故选：C
9．BD
【分析】利用平面向量共线定理，平面向量加法法则，平面向量坐标运算判断即可.
【详解】对于A选项：当，时，不存在实数使得，当，时，
存在无数个实数使得，故A错误；
对于B选项：当向量与共线，则，，，四点可以共线，也可以平行，
故充分性不成立，当，，，四点共线可以推出向量与共线，故必要性成立，故B正确；
对于C选项：若点，，共线，则，
而，，所以，
所以且，而时，，此时，重合，所以，不一定是，故C错误；
对于D选项：由平面向量加法可知，是与的平分线表示的向量平行的向量，
因为，所以为的平分线，又因为为的中点，
所以，所以是在上的投影向量，故D正确.
故选：BD.
10．BC
【分析】由待定系数法，根据模长公式可得，即可结合选项逐一求解.
【详解】解：设，
由，得，解得或（舍去）．
，复数的虚部为，故A错误；
，故B正确；
，故C正确；
，故D错误．
故选：BC．
11．ABD
【分析】对于A，假设为的中点，连接，由已知得在中线上，同理可得在其它中线上，即可判断；对于选项B，利用奔驰定理可直接得出B正确；对于C，根据奔驰定理可得，再利用三角形面积公式可求得，即可计算出，可得C错误；选项D，由垂心的性质、向量数量积的运算律，得到，结合三角形面积公式及角的互补关系得结论.
【详解】对于A：如下图所示，
假设为的中点，连接，则，故共线，即在中线上，
同理可得在另外两边的中线上，故O为的重心，即A正确；
对于B：由奔驰定理O是内的一点，的面积分别为，
则有可知，
若，可得，即B正确；
对于C：由，可知，
又，所以，
由可得；
所以，即C错误；
对于D：由四边形内角和可知，，
则，
同理，
因为O为的垂心，则，
所以，
同理得，，
则，
令，
由，
则，
同理：，
，
综上，，
根据奔驰定理得，即D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：利用向量数量积定义、运算律和垂心性质得到向量模的比例，结合三角形面积公式和奔驰定理判断结论即可.
12．
【分析】利用正弦定理，进行边角转化，从而得出，从而直接设出，其中，再利用余弦定理即可得出结果.
【详解】因为，由正弦定理可得，，令，其中，
由余弦定理，得到，所以，
故答案为：.
13．
【分析】
由，可得，化简得到，利用向量夹角公式即可得到答案.
【详解】
因为，，
所以．
所以，设与的夹角为，则，
因为，所以
故答案为：
14．2
【分析】先根据题意画出三个面上的正投影，然后结合平行四边形的面积公式求解即可.
【详解】依题意，设四边形的四个顶点在后面，上面，右面的投影点分别为，，，，则四边形在后面，上面，右面的投影分别如图．
所以在后面的投影的面积为，
在上面的投影的面积，
在右面的投影的面积．
所以四边形所围成的图形分别在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和为
．
故答案为：2
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据已知可设，，然后根据已知得出，即可得出的值，代入即可得出答案；
（2）求出，根据数量积的定义得出.由向量垂直，得出，根据数量积的运算律展开，得出方程，求解即可得出答案.
【详解】（1）由已知可得，，设，，
所以，.
又，所以，所以，
所以，.
（2）由已知可得，，所以，
所以.
因为向量与互相垂直，
所以，，
即，
即，解得.
16．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由面面垂直的性质定理得出平面，可得出，再推导出，利用线面垂直的判定定理得出平面，然后利用面面垂直的判定定理可得出平面平面；
（2）推导出平面，计算出的面积，然后利用锥体体积公式可求得三棱锥的体积，进而得解.
【详解】（1）因为四边形是矩形，故，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又面，所以，
在等腰梯形中，，，
因，故，，即，
又，故平面，
平面，所以平面平面；
（2）的面积为，
，平面，所以，平面，
，故.
【点睛】本题考查面面垂直的证明，同时也考查了利用三棱锥体积求参数，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
17．(1)的最小值为，此时
(2)①；②
【分析】（1）将用表示，再根据三点共线，可得的系数之和为，再根据基本不等式即可得解；
（2）①利用余弦定理分别求出，进而可求出三角形的面积；
②先求出四面体四个三角形面的面积，再利用等体积法求解即可.
【详解】（1）由，
得，
又，所以，
又，，
所以，
因为三点共线，所以，即，
又，所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为，此时；
（2）①由（1）得，，
在中，由余弦定理得，所以，
在中，由余弦定理得，所以，
在中，由余弦定理得，所以，
所以；
②，
，
外接圆的直径为，
所以三棱锥的高为，
也即三棱锥的高为，
所以，
设四面体的内切球的半径为，
则，解得，
所以四面体的内切球的半径为.
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据三角恒等变换即可结合同角关系求解，
（2）根据余弦定义以及等面积法可得，即可根据数量积的定义求解，
（3）根据余弦定理，结合（2）的结论可得，进而根据三角形相似可得，由基本不等式以及三角形边角关系可得，即可由函数的单调性求解.
【详解】（1），
，
，
，
又，，
，,，
（2），
，又，
，
设，，，
，三角形的三个角均小于120，
根据题意可得，
又，
，
，
．
（3）由 ，
，，
由余弦定理可得，
同理可得，，
相加可得，
又，
所以，
由于,
所以又
故，所以，
故，且
故，当且仅当时等号成立，
又，所以
，
令，则，
所以，
由于函数均为上的单调递增函数，故为的单调递增函数，
故，进而
【点睛】方法点睛：处理多变量函数最值问题的方法有：（1）消元法：把多变量问题转化单变量问题，消元时可以用等量消元，也可以用不等量消元.（2）基本不等式：即给出的条件是和为定值或积为定值等，此时可以利用基本不等式来处理，用这个方法时要关注代数式和积关系的转化. （3）线性规划：如果题设给出的是二元一次不等式组，而目标函数也是二次一次的，那么我们可以用线性规划来处理.
19．(1)，具有性质
(2)4
(3)证明见解析
【分析】（1）根据向量集的定义，即可写出.在中，检验任意，存在，使得，即可得出答案；
（2）在中取，可得或，根据数量积的坐标公式结合条件即得；
（3）取，设，根据条件可得 中一个必为，另一个数是1，从而 ，然后利用反证法，即得.
【详解】（1）由已知可得，.
因为，，，，，，
即对任意，存在，使得，
所以，具有性质.
（2）因为具有性质，
取，由，则中的或.
当时，由可得，.
因为，所以或，所以或.
又，则；
当时，有可得，.
因为，所以不存在，舍去.
综上所述，.
（3）因为数集，其中，
取，设，
由得，则，
则和中有一个数是，
则和中有一个数是，即，
假设，则，
再取，，则，
所以和异号，且其中一个值为，
若，则，矛盾；
若，则，矛盾；
则假设不成立，
可得当时，.
【点睛】思路点睛：根据题意向量集的概念，以及集合中的特殊元素“”，得出元素“1”，进而假设，根据数量积为0，推出矛盾，即可得出证明.