福建省三明第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省三明第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（Word版附解析），文件包含福建省三明第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷Word版含解析docx、福建省三明第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。

（考试时间：120分钟 满分：150分）
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
一、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，仅有一项是符合题目要求的.
1. 已知复数满足，则的实部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，利用复数相等建立方程组，解出即可.
【详解】设，
由，得，
，解得，
故的实部为，
故选：C.
2. 已知在中，，，，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据余弦定理运算求解.
【详解】由余弦定理可得，故.
故选：B
3. 的斜二测直观图如图所示，则的面积是（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，结合斜二测画法规则，求出的底边及这边上的高即可计算得解.
【详解】依题意，由斜二测画法规则知，的底边，边上的高，
所以的面积是.
故选：D
4. 若直线不平行于平面，且，则下列说法正确的是（ ）
A. 内存在一条直线与平行B. 内不存在与平行的直线
C. 内所有直线与异面D. 内所有直线与相交
【答案】B
【解析】
分析】根据线面位置关系逐一分析即可.
【详解】若内存在一条直线与平行，则由和线面平行判定定理可知，与已知矛盾，故内不存在直线与平行，A错误，B正确；
记，当内直线a过点A，则与a相交，C错误；
当内直线b不过点A，则与b异面，D错误.
故选：B

5. 如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法错误的是（）
A. 四点共面B.
C. 三线共点D.
【答案】D
【解析】
【分析】对于AB，利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断；对于C，利用平面公理判断得，的交点在，从而可判断；对于D，举反例即可判断.
【详解】对于AB，如图，连接，，
因为是的中位线，所以，
因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，所以四点共面，故AB正确；
对于C，如图，延长，相交于点，
因为，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面，
因为平面平面，
所以，所以三线共点，故C正确；
对于D，因为，当时，，
又，则，故D错误.
故选：D.
6. 中国古代建筑具有悠久的历史传统和光辉的成就，这些古建筑除了历史背景方面的研究价值外，还有着几何结构的研究意义.例如古建筑屋顶的结构形式就分为：圆锥形、三角锥形、四角锥形、八角锥形等，已知某古建筑的屋顶可近似看作一个圆锥，其母线长为5m，底面的半径为3m，则该屋顶的侧面积约为（ ）
A. m2B. m2C. m2D. m2
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆锥侧面积公式求解即可.
【详解】由该圆锥的底面半径为3m，母线长为5 m，则该屋顶的侧面积约为m2.
故选：A
7. 在中，，，，若满足条件的有且仅有一个，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理判断的取值范围即可.
【详解】由正弦定理，则，即，由题意仅有一值，
故或，解得或
故选：A
8. 如图，三棱柱中，，，，，为中点，为上一点，，，为侧面上一点，且平面，则点的轨迹的长度为（ ）
A. 2B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】在上取点，使得，在上取点，使得，则、，根据线面、面面平行的判定定理可证明平面平面，则点M的轨迹为线段，结合余弦定理计算即可求解.
【详解】由题意知，，在上取点，使得，
则且，所以四边形为平行四边形，
故，又平面，平面，
所以平面.
在上取点，使得，
有，所以，则，
又平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，则点M的轨迹为线段.
在中，，由余弦定理，
得，
即点M的轨迹长度为.
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 在正方体中，直线与是异面直线；
B. 梯形的直观图仍是梯形；
C. 在正方体上取4个顶点，可以得到一个四面体，使得它的每个面都是等边三角形；
D. 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据异面直线的判定定理可知A正确；由斜二测画法可知B正确；根据正方体的结构特征可知C正确；由棱柱的定义可知，D错误．
【详解】对A，如图所示：

平面外一点与平面内一点的连线与平面内不经过点的直线是异面直线，故A正确；
对B，根据斜二测画法可知，平行于轴或轴的直线在直观图中仍然平行于轴或轴，故B正确；
对C，如图所示：

四面体，它的每个面都是等边三角形，故C正确；
对D，如图所示：平面平面，且其余各面都是平行四边形，但该几何体不是棱柱，故D错误．

故选：ABC．
10. 在复平面内，复数对应的点为A，复数对应的点为，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 向量对应的复数是1D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据复数的模、复数的几何意义逐一分析即可.
【详解】因为，所以，
所以，
，A正确；
，B错误；
由上可得，对应复数为，C错误；
，，D正确.
故选：AD
11. 已知平行四边形的面积为，且，则（ ）
A. 的最小值为2
B. 最小值为
C. 当在上的投影向量为时，
D. 当在上的投影向量为时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意画出图形，根据平面向量的数量积、投影向量，向量的线性运算，基本不等式等逐项判断即可.
【详解】因为，所以.
设，则，解得，
选项，，当且仅当时，等号成立，正确.
选项，因为，所以
，
所以，
，
，
，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为，B选项正确.
如图，过点作，垂足为，则在上的投影向量为，
当在上的投影向量为时，.
因为，所以，得，
则由选项解答，，故C错.
选项，由选项解答，则，故对.
故选：.
第Ⅱ卷（非选择题 共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，则向量的夹角的余弦值为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用数量积的夹角坐标运算求解即可.
【详解】.
故答案为：
13. 古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，此圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，若在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球（溢出部分水），则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱体积的比值为______．
【答案】
【解析】
【分析】设球的半径为，计算出两几何体的体积，用圆柱体的体积减去球的体积即可得到“阿氏球柱体”中剩下的水的体积，则答案可求．
【详解】球内切于圆柱，
圆柱的底面半径与球的半径相等，不妨设为，则圆柱的高为，
，．
球与圆柱的体积之比为，即球的体积等于圆柱体积的．
在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球，溢出部分水的体积为圆柱体积的，
剩下的水的体积是圆柱体积的，
则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱体积的比值为．
故答案为：．

14. 如图，是三个边长为2的等边三角形，且有一条边在同一直线上，边上有5个不同的点，设，则_____________.
【答案】90
【解析】
【分析】首先由已知分析得，延长交于点，进一步有，从而可得，由此即可进一步求解.
【详解】因为是三个边长为2的等边三角形，
所以为等腰三角形，，
所以，
延长交于点，如图所示，
则，
所以，
所以，
所以
，
所以.
故答案为：90.
【点睛】关键点点睛：关键是得到，从而可得，由此即可顺利得解.
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 已知向量，，求：
（1）；
（2）；
（3）.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据向量数量积的坐标计算公式直接计算；
（2）根据向量的线性运算及模长公式直接计算；
（3）根据向量的线性运算及数量积公式直接计算.
【小问1详解】
由已知，，
得；
【小问2详解】
方法一：，所以；
方法二：，
所以；
【小问3详解】
方法一：因为，，所以；
方法二：.
16. 1707年4月15日，欧拉出生在瑞士巴塞尔一个牧师家庭，自幼受父亲的熏陶，喜爱数学.13岁入读巴塞尔大学，15岁大学毕业，16岁获得硕士学位.是十八世纪数学界最杰出的人物之一，数学史上称十八世纪为“欧拉时代”．1735年，他提出公式：复数：（是虚数单位）．已知复数，，．
（1）当时，求的值；
（2）当时，若且，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件，得到为实数，再利用复数的定义得到关于的方程组，解之即可得解；
（2）根据条件得到，再利用复数相等，即可求出结果.
【小问1详解】
因为虚数不能比较大小，所以为实数，
又因为，所以，解得.
【小问2详解】
当时，，，
所以，
所以由，得，故 ，
又，得到
17. 已知的角、、所对的边分别是，，，设向量，，.
（1）若，判断的形状；
（2）若，边长，角，求的面积.
【答案】（1）为等腰三角形或直角三角形
（2）
【解析】
【分析】（1）根据垂直向量数量积为0，结合正弦定理与正弦二倍角公式与三角形内角关系判断即可；
（2）由向量平行公式可得，再结合余弦定理可得，进而求得面积.
【小问1详解】
因为，，，
所以，
由正弦定理，得，所以，
又为三角形内角，所以或，
即或.
所以为等腰三角形或直角三角形
【小问2详解】
因为，由题意，故，即.
由余弦定理，又，角，
故，则，
故，则，或（舍），
所以
18. 如图，已知四棱锥中，底面是平行四边形，为侧棱的中点.

（1）求证：平面；
（2）若为侧棱的中点，求证：平面；
（3）设平面平面，求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设，再证明即可；
（2）根据线面平行与面面平行的判定证明平面平面即可；
（3）根据线面平行的判定与性质证明即可.
【小问1详解】
设，连接，因为是平行四边形，故，
又为侧棱的中点，故.
又平面，平面，故平面.
【小问2详解】
若为侧棱的中点，，则，
又平面，平面，故平面.
又，平面，平面，故平面.
又，平面，故平面平面.
又平面，故平面.
【小问3详解】
因为，平面，平面，故平面.
又平面平面，平面，故

19. 如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，过，，三点的平面与此正方体的面相交，交线围成一个多边形.

（1）在图中画出这个多边形（不必说出画法和理由）；
（2）平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比（其中）；
（3）若点是侧面内的动点，且，当最小时，求三棱锥的外接球的表面积.
【答案】（1）见解析 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）设中点为，再证明即可知这个多边形为；
（2）设，连接，设，连接，即可得到截面即为平面，再根据锥体、柱体的体积公式计算可得；
（3）取的中点，的中点，连接、、、，即可证明平面平面，则在线段上，从而得到当为的中点时最小，令，连接，则球心在上，设球心为，连接、、，利用勾股定理求出外接球的半径，最后根据球的表面积公式计算可得.
【小问1详解】
设中点为，连接，，则由正方体性质可得，且，
故四边形为平行四边形，则.
又中点为，中点为，故，则，故这个多边形为四边形.
【小问2详解】
在正方形中，直线与直线相交，
设，连接，设，连接，
由为的中点，得为的中点，，
所以平面即为平面，
因为为的中点，所以为的中点，
所以平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台，
因为正方体的棱长为，
所以
，
另一部分几何体的体积，
两部分的体积．
【小问3详解】
取的中点，的中点，连接、、、，
显然，，所以，平面，平面，
所以平面，
又为的中点，所以且，又且，
所以且，
所以为平行四边形，所以，
平面，平面，
所以平面，
又，平面，所以平面平面，
又点是侧面内的动点，且，
所以在线段上，又，
即为等腰三角形，所以当为的中点时最小，
因为为等腰直角三角形，所以其外接圆的圆心为斜边的中点，设为，
令，则为的中点，连接，则，所以平面，
所以球心在上，设球心为，连接、、，
设外接球的半径为，，则，
又，，
所以，，解得，则，
所以外接球的表面积.