2024岳阳岳阳县一中高一下学期4月期中考试数学试题含解析

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1. 若复数满足，则的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的概念，即可得出答案.
【详解】根据复数的概念可知，的虚部为.
故选：B.
2. 在中，点D是AB的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的加法和减法运算即可.
【详解】因为点D是AB的中点，
所以
所以
故选：D.
3. 如图，三棱柱中，底面三角形是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是（ ）
A. 直线与直线是异面直线B. 直线与直线AE是共面直线
C. 直线AE与直线是异面直线D. 直线AE与直线是共面直线
【答案】C
【解析】
【分析】根据异面直线的判定定理求解即可.
【详解】由于与均在平面内，不是异面直线，故A错误；
平面，平面，点不在直线上，所以和是异面直线，故B错误；
平面， 平面，点不在直线上，则与是异面直线，故C正确；
平面， 平面，点不在直线上，则与是异面直线，故D不正确.
故选：C
【点睛】方法点睛：判断两条直线是否为异面直线，第一两条直线平行或相交，则两条直线共面，第二若一条直线与一个平面相交于一点，那么这条直线与这个平面内不经过该点的直线是异面直线，这是判断两条直线是异面直线的方法，要根据题目所提供的线线、线面关系准确的做出判断.
4. 若，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知，结合角的范围，即可得出，.然后根据两角差余弦公式，即可得出答案.
【详解】因为，，所以，
所以，.
又，所以.
所以，.
故选：C.
5. 定义：若，则称复数是复数的平方根.根据定义，复数的平方根为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】设复数的平方根为，然后平方后根据复数相等即可得出结论.
【详解】设复数的平方根为，则，
化简，所以，，解得
，或，，即复数的平方根为或，
故选：C
6. 若一个球的外切正方体的表面积等于6 cm2，则此球的体积为（ ）
A. cm3B. cm3C. cm3D. cm3
【答案】A
【解析】
【分析】设球的半径为R cm，正方体棱长为a cm，根据表面积和棱长的关系求出棱长，进而可得半径，再用体积公式求球的体积即可.
【详解】设球的半径为R cm，正方体棱长为a cm，
∴6a2＝6，∴a＝1cm，即2R＝1，∴Rcm，
∴球的体积
故选：A.
7. 下列命题正确的为（ ）
①若在平面外，它的三条边所在的直线分别交于P、Q，R，则P，Q，R三点共线；
②若三条直线a，b、c互相平行且分别交直线于A、B、C三点，则这四条直线共面；
③已知a，b，c为三条直线，若a，b异面，b，c异面，则a，c异面；
④已知a，b，c为三条直线，若，，则.
A. ①③B. ②③C. ②④D. ①②
【答案】D
【解析】
【分析】根据基本事实3可判断①的正误，利用基本事实及3个推论可判断②的正误，根据可能的反例可判断③④的正误.
【详解】对于①，设平面平面，因为，平面，
所以，同理，，故、、三点共线，①正确；
对于②，因为，所以，可以确定一个平面，
因为，，，，所以，所以，
又，所以.
同理，也可以确定一个平面，且，，
因为，故重合，故这四条直线共面，所以②正确；
对于③，直线、异面，、异面，则，可能平行、相交或异面，所以③错误；
对于④，，，则，可能平行、相交或异面，所以④错误.
故选：D.
8. 如图，某人用长的绳索，施力，把重物沿着坡度为30°的斜面向上拖了，拖拉点在竖直方向距离斜面的高度为，则此人对该物体所做的功为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理得出，再根据求功公式计算即可.
【详解】在中，由正弦定理，
，
∴.
故选：B
二．多选题（共4小题，每题5分，共20分）
9. 在中，已知，，，则角的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据正弦定理求出，再根据可得结果.
【详解】由正弦定理得，得，
因为，且，所以或.
故选：BC.
10. 已知表示两条直线，表示三个不重合的平面，给出下列命题，正确的是（ ）
A. 若，且，则
B. 若相交，且都在外，，则
C. 若，且，则
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据线线、线面、面面平行的判定与性质定理，结合平面的基本性质进行判断.
【详解】A：若，且，则可能相交、平行，错误；
B：若相交，且都在外，，由面面平行的判定可得，正确；
C：若，且，则可能相交、平行，错误；
D：若，由线面平行的性质定理得，正确.
故选：BD
11. 关于直线，与平面，，以下四个命题中真命题是
A. 若，且，则B. 若，且，则
C. 若，且，则D. 若，且，则
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据线面垂直的性质定理和线面平行的性质定理，对四个结论逐一进行分析，易得到答案．
【详解】解：若，且，则，可能平行也可能异面，也可以相交，故A错误；
若，且，则，一定垂直，故B正确；
若，且，则，一定垂直，故C正确；
若，且，则，可能相交､平行也可能异面，故D错误
故选：BC．
【点睛】考查线线平行与垂直的判定，基础题.
12. 已知两个不相等的非零向量,，两组向量,,,,和,,,,均由2个和3个排列而成.记，表示所有可能取值中的最小值.则下列命题中真命题为（ ）
A. 可能有5个不同值
B. 若，则与无关
C. 若，则
D. 若，，则与的夹角为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据的取值依据所含的个数有0个、有1个、有2个，可得,进而可判断A，根据数量积的运算，结合选项即可判断BCD.
【详解】根据题意得的取值依据所含的个数，分三类：有0个、有1个、有2个，记，分别得的取值为：，，，则至多有3个不同的值，A错误；
若，则，此时，，，又，为非零向量，则，与无关，B对；
若，则，
，，则，C对；
若，则，，，
∵，，
∴，解得，∴，D错误.
故选：BC
三．填空题（共4小题，每题5分，共20分）
13. 命题“，都有”的否定是___________.
【答案】，有
【解析】
【分析】由命题的否定的定义求解．
【详解】题“，都有”的否定是：．
故答案：．
14. 已知圆柱的两个底面的圆周都在表面积为的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出半径，根据条件列出圆柱底面半径和母线的关系，即可得到侧面积表达式，然后用基本不等式即可求解最大值.
【详解】解：设球的半径为R，圆柱的底面半径为r，母线为l，
由题意可知，，
又圆柱的两个底面的圆周都在球面上，则满足，
而圆柱的侧面积，，
因为，当且仅当，即，时等号成立，
所以，，
故答案为：
15. 已知向量 , ，则向量的模的最大值是________.
【答案】
【解析】
【分析】求出向量的坐标，根据模的计算公式求出模的表达式，并化简，根据三角函数的性质求得最大值.
【详解】∵ ，
则，
当时，有最大值，且为，
故答案为：
16. 如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，D，E，F分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是______.
【答案】
【解析】
【分析】通过构造平行线将异面直线所成角转化为相交线的夹角，解三角形即可.
【详解】如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接，，，由于，分别是棱，的中点，所以，，
故四边形为平行四边形，进而，
又因为，分别是，的中点，所以，所以，则或其补角是异面直线与所成的角.
设，则，，.
从而，，
，，
故，
故异面直线与所成角的余弦值是.
故答案为：.
四．解答题（共6小题，共70分）
17. 已知棱长为1的正方体中．
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）证明，再由线面平行的判定定理证明；
（2）根据三棱锥体积公式计算即可.
【详解】证明：（1）在棱长为1的正方体中，，且
所以四边形为平行四边形
又平面，平面，
平面；
（2）由正方体易知，三棱锥的高为，
所以
．
18. 已知函数的部分图象如图所示．
（1）求的解析式；
（2）若函数，求在区间上的最大值和最小值．
【答案】（1）
（2）最大值为和最小值为0
【解析】
【分析】（1）由图象及三角函数的性质可以得到，进而得到的解析式；
（2）根据三角恒等变换化简，进而分析在区间上的最大值和最小值.
【小问1详解】
由图象可知：，
将点代入得，
∴
【小问2详解】
由得
当时，即；
当时，即；
19. 在锐角中，角的对边分别是，，，若
（1）求角的大小；
（2）若，求中线长的范围（点是边中点）.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，利用正弦定理进行边角转化，可得到，从而求出结果；
（2）先利用向量的中线公式得到，再利用正、余弦定理及条件求出的范围，进而求出结果.
【小问1详解】
因为，由正弦定理可得：
即，所以，
因为，所以，所以，因为，所以.
【小问2详解】
由（1）得，且，由余弦定理知，，得到，
因为点D是边BC中点，所以，两边平方可得:
，
所以，
因为，又，，
所以,
又因为为锐角三角形， 所以，，得到，
所以，由的图像与性质知，，
所以，所以，得到
故.
20. 某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.处有一栋大楼，某学生选，两处作为测量点，测得的距离为，，，在处测得大楼楼顶的仰角为75°.
（1）求两点间的距离；
（2）求大楼的高度.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理计算即可求解；
（2）根据题意可得，结合两角和的正切公式计算即可求解.
【小问1详解】
因为，
在中，由正弦定理得，
即，所以m，
即AC两点的距离为m；
【小问2详解】
在中，因为，，
所以，
又，
所以m，
即大楼的高度为m.
21. 在锐角中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知边，且.
（1）若，求的面积；
（2）记边的中点为，求的最大值，并说明理由.
【答案】（1）
（2），理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理、余弦定理可得，利用三角恒等变换化简计算可得，进而，结合三角形面积公式计算即可求解；
（2）根据余弦定理得，由平面向量的线性运算可得，结合基本不等式计算即可求解.
【小问1详解】
在中，，
∴，
由正弦定理得：，即，
由余弦定理得：，又，则，
∵，∴，
∴，
∴，
∵，∴，即，
当时，为正三角形，得，
∴；
【小问2详解】
由余弦定理得：，
∵，，∴，
∵边的中点为，∴，
∴，
∴，
又∵，∴，∴，
∴，∴，当且仅当时，等号成立，
故的最大值为.
22. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是菱形，，，，底面ABCD，，点E在棱PD上，且.
（1）证明：平面平面ACE；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）法一：由已知可推导出，，利用线面垂直的判定定理可证平面PBD，由此能证明平面平面ACE；法二：以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明平面平面ACE.
（2）法一：由题意可推出CE在平面PBD内的射影为OE，是二面角的平面角，由此能求出二面角的余弦值；法二：求出平面PAC的一个法向量和平面ACE的一个法向量，利用向量法能求出二面角P﹣AC﹣E的余弦值.
【小问1详解】
解法一：
证明：平面ABCD，，
又底面ABCD是菱形，，
而，平面，
平面PBD，
而平面ACE，
所以平面平面ACE
解法二：
证明：已知底面ABCD是菱形，，
又平面ABCD，所以BO，CO，PO互相垂直，
故可以以点O为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
由，，可知相关点坐标如下：
，，，，，
易知平面PBD的一个法向量为，
因为，所以，
故平面PBD，
从而平面平面ACE.
【小问2详解】
解法一：
观察图可知平面平面PBD，
故CE在面PBD内的射影为OE，
，，
又由（1）可得，，，
故是二面角的平面角，
菱形ABCD中，，，
∴，，
又，∴，
∴，
∴，
即二面角的余弦值为.
解法二：
设，则，
，∴，故，
可得，
易知平面PAC的一个法向量为，
设平面ACE的一个法向量，
则，取，得，
∴，
即二面角余弦值为.