福建省宁德市福宁古五校联合体2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1．答题前，考生须在试题卷、答题卡规定的位置填写自己的准考证号、姓名.考生应认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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，考生须将试题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. 已知复数，则复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由复数的运算，即可得到结果.
【详解】由复数的运算可得.
故选：B
2. 已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】A：结合两直线的位置关系可判断或异面； B：结合线面平行的性质可判断； C：结合线面的位置关系可判断或相交； D：结合线面的位置关系可判断或.
【详解】A：若，则或异面，故A错误；
B：因为，所以在平面内存在不同于n的直线l，使得，则，从而，故，故B正确；
C：若，则或相交，故C错误；
D：若，则或，故D错误.
故选：B
3. 已知平面向量，，，若，，则（ ）
A. 6B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】由向量平行和垂直的坐标表示计算即可.
【详解】因为，
所以，
又，
所以，
所以，
故选：D.
4. 在中，为边上的中线，为的中点，若，则（ ）

A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】由图形利用向量的加法法则进行线性运算即可.
【详解】由题意可得
，
所以，
故选：A.
5. 在中，其内角的对边分别是，，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A. ，，B. ，，
C. ，，D. ，，
【答案】D
【解析】
【分析】对于ABD：根据题意利用正弦定理分析求解，结合内角和性质分析取舍，即可判断解的个数；对于C：结合等边三角形的性质分析判断.
【详解】对于选项A：若，，，由正弦定理可得，
则，此时不存在，三角形无解；故A错误；
对于选项B：若，，，由正弦定理可得，
则，
可知或，而时，，应舍去，
所以，即三角形有且仅有一解；故B错误；
对于选项C：若，，，可知为等边三角形，
所以三角形仅有一解； 故C错误；
对于选项D：若 ，，，由正弦定理可得：，
则，所以或，
两种情况下，三角形都存在，即三角形有两解，故D错误.
故选：D.
6. 设平面向量，，且，则（ ）
A. 1B. 14C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用向量的运算法则，求得，再由，即可求解.
【详解】由向量，，且，
可得，所以，
则.
故选：B.
7. 斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，下图给出了它的画法：以斐波那契数1，1，2，3，5，的变化规律为边的正方形，依序拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．如果用图中接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，那么该圆锥的底面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据斐波那契数的规律，求出下一个圆弧的半径和弧长，进一步求出圆锥的的底面半径，即可求解.
【详解】由斐波那契数的规律可知，从第三项起，每一个数都是前面两个数之和，
所以接下来的圆弧所在扇形的半径是，
对应的弧长，
设圆锥的底面半径为，则，即，
所以该圆锥的底面积为.
故选：.
8. 在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理边化角得到，由锐角三角形求出，然后将的取值范围转化为函数的值域问题求解即可.
【详解】因为，所以由正弦定理得：,
即，所以，即，又，所以.
因为锐角三角形ABC，所以，即，解得.
.
令，因为，所以，
则在单调递减，
所以.
故选：C.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 设向量，，则 （ ）
A. B.
C. D. 与的夹角为
【答案】CD
【解析】
【分析】由向量的坐标运算，逐个验证向量平行、垂直、夹角和模的问题.
【详解】由题意，，，
则 ， ，故A错误；
易知，由，
所以与不平行，故B错误；
又 ，即，故C正确；
因为 ，
又 ，所以与的夹角为，故D正确．
故选：CD．
10. 对于，有如下命题，其中正确的有（ ）
A. 若，则为等腰三角形
B. 若，则为直角三角形
C. 若，则为钝角三角形
D. 若，的对边分别是，，且，则
【答案】AC
【解析】
【分析】对于，由可知；对于，由根据诱导公式可知或，即可判断；对于，由已知可得，利用正弦定理转化为即可判断；对于，由得，可知角为锐角，由向量的数量积公式即可判断.
【详解】对于，在中，由得或，
因为，所以，所以为等腰三角形，故正确；
对于，在中，由得或，
所以不一定是直角三角形，故不正确；
对于，由得，
所以，即，
所以，所以角为钝角，为钝角三角形，故正确；
对于，由得，所以角为锐角，，
，故不正确.
故选：.
11. 如图，，是半径为6的圆的两条不同的直径，，则（ ）
A.
B. 若，则在上的投影向量为
C. 为定值
D. 满足的实数与的和为定值4
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意 ，得到是的一个三点分点，可判定A正确，根据投影向量的概念及计算，求得在上的投影向量，可判定B错误；利用三角形的中线的向量表达式，结合是的一个三点分点，求得的值，可判定C正确；利用平面向量的基本定理，结合，求得的值，可判定D正确.
【详解】对于A中，由，可得，即，
整理得，所以A正确；
对于B中，由圆的半径为，因为，则，
且，
可得，
所以在上的投影向量为，所以B不正确；
对于C中，因为中，是边上的中线，所以，
由圆的半径为，则等于为定值，所以C正确；
对于D中，由，可得，
因为，可得，所以，所以D正确.
故选：ACD.
12. 如图所示，在棱长为2的正方体中，点，分别为棱，上的动点（包含端点），则下列说法正确的是（ ）

A. 四面体的体积为定值
B. 当，分别为棱的中点时，则在正方体中存在棱与平面平行
C. 正方体外接球的表面积为
D. 当，分别为棱，的中点时，则过，，三点作正方体的截面，所得截面为五边形
【答案】ACD
【解析】
【分析】求出四面体的体积判断A；把正方体的棱分成3类，再判断各类中的一条即可判断B；由外接球的定义可得外接球的半径，即可判断C；利用线线、线面平行的性质作出截面判断D.
【详解】点，在棱，上运动时，到距离始终为2，到平面的距离始终为2，
所以四面体的体积恒为定值，A正确；
在正方体中，棱可分为三类，分别是，及分别与它们平行的棱，
又不与平面平行，则在正方体中，不存在棱与平面平行，B错误；
正方体棱长为2，则其外接球的直径为正方体体对角线，
所以，即，
则外接球的表面积为，故C正确；

如图，取中点，连接，有，
且，则四边形是平行四边形，
有，过作的平行线交于点，
此时，则，
即为过，，三点的平面与平面的交线，
连接，在上取点，使得，同证的方法得，
在棱上取点，使，连接并延长交直线于，则，
即，而，于是四边形是平行四边形，
有，则为过，，三点的平面与平面的交线，
连接，则可得五边形即为正方体中过，，三点的截面，D正确．
故选：ACD
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上．
13. 如图是用斜二测画法画出的直观图，则的面积是________.

【答案】.
【解析】
【分析】
根据斜二测法，所得直观图中三角形的高为4，即有的高为8，而底边为4不变，根据三角形面积公式即可求的面积.
详解】由斜二测法画图原则：横等纵半，
∴的高为8，即，
故答案为：.
【点睛】本题考查了根据斜二测法所得直观图求原图面积，属于基础题.
14. i是虚数单位，已知，写出一个满足条件的复数．______．
【答案】（答案不唯一，满足（）均可）
【解析】
【分析】运用复数的模的运算公式计算即可.
【详解】设，（），
则，，
因为，
所以，解得：，
所以，（）
所以可以取.
故答案为：（答案不唯一，满足（）均可）.
15. 如图，某景区有三条道路，其中长为千米，是正北方向，长为千米，是正东方向，某游客在道路上相对东偏北度的且距离为千米的位置，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】方法一：利用等面积法可知，再利用同角三角函数的基本关系化简计算可得结果.
方法二：有垂直可以考虑建立坐标系：，，利用三点共线（向量公式或者斜率公式）即可.
【详解】千米,千米,
三角形的面积，由面积和法得：，
，两边平方可得：
，∴，
，
解得：，由，
解得：.
法二：由题意可知,以为坐标原点，为轴建立坐标系，则有，，,
因为,所以，
化简可得：
两边平方可得：
，∴，
，
解得：，由，解得：.
故答案为：.
16. 在直角中，，，，平面内动点满足，则的最小值为________．
【答案】0
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，设出点坐标为，求出为正弦型函数，求出最小值即可.
【详解】如图：
由于动点满足，所以点在以为圆心，半径为的圆上，
建立如图所示的平面直角坐标系，则，，
设点坐标为，，
则，，
所以
所以当，有最小值为.
故答案为：
四．解答题：本大题共6小题，满分70分，解答须写出文字说明、证明过程和演算步骤．
17. 已知复数，.
（1）若是实数，求的值；
（2）若复数在复平面内对应的点在第三象限，且，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由复数的除法法则化简后根据复数的定义计算；
（2）由对应点所在象限求得参数范围，再由模求得参数范围，两者结合可得．
【小问1详解】
，它是实数，则，；
小问2详解】
由（1）对应点坐标为，它在第三象限，
则，解得，
又，或，
综上，．
18. 已知中，点D在线段OB上，且，延长BA到C.使.设，.

（1）用，表示向量；
（2）若向量与共线，求k值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用中点的性质与向量的线性运算法则求解即可；
（2）根据（1）的结论，可得关于向量的表示式，结合向量共线的充要条件建立关于k的方程组，解之即可得到实数k的值．
【小问1详解】
∵A为BC的中点，∴，
可得；
【小问2详解】
，
得，
∵与共线，
设，即，
根据平面向量基本定理，得，
解得.
19. 现给出两个条件：①，②，从中选出一个条件补充在下面的问题中，并以此为依据求解问题．（选出一种可行的条件解答，若两个都选则按第一个解答计分）
在中，，，分别为内角A，，所对的边，若________．
（1）求；
（2）若的面积为，求外接圆半径的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若选①：利用正弦定理可得，即可得角；若选②：利用正、余弦定理可得，即可得角；
（2）利用面积公式可得，利用余弦定理结合基本不等式可得，即可得结果.
小问1详解】
若选①：因为，
由正弦定理可得，
由，则，，
可得，所以得；
若选②：因为，即，
由正弦定理可得，
由余弦定理可得，
因为，所以.
小问2详解】
由题意可得：，则，
由余弦定理可知，
当且仅当时，等号成立，即，
所以外接圆半径最小值为.
20. 如图，在直三棱柱中，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，，，求几何体的体积．
【答案】（1）证明见解析；
（2） ．
【解析】
【分析】（1）连接，交于点，连接，则，由此能证明平面．
（2）几何体的体积，由此能求出结果．
【小问1详解】
证明：连接，交于点，
则点是及的中点，而是的中点，
连接，则，
因为平面，平面，所以平面．
【小问2详解】
，，，
几何体的体积：
．
21. 如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标，记为
（1）若在该坐标系下，，计算的大小
（2）若在该坐标系下，已知，，求的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将，用，表示，根据向量模的运算求解即可；
（2）求出，然后利用换元法将转化为关于的函数，利用二次函数求最值即可.
【小问1详解】
依题意，，，
由，，得，
所以，
即；
【小问2详解】
由题意可知，
所以，
，
所以，
令，
，
又因为，
且，所以，所以，
即，
又因为函数在单调递增，
即时，函数取到最大值3，
即，则有，
所以当时，的最大值为.
22. 如图，在四边形中，已知的面积为，记的面积为．
（1）求的大小；
（2）若，设，，求的值．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由余弦定理和面积公式得到，结合，得到答案；
（2）设，则，，，在和中，由正弦定理得到，得到，进而利用三角形面积公式得到，，结合，求出答案.
【小问1详解】
在中，由余弦定理，，
故，
因为，，
所以，
即，又因为，所以．
【小问2详解】
设，则，，，
在中，由正弦定理，，即，
在中，由正弦定理，，即，
又，两式作商，得，
即，故，
即，即，
所以，即，
因为，所以，
故，解得，
则，
，
假设，所以，
又，则，解得．