浙江省丽水市五校共同体联盟2023-2024学年高一下学期5月期中联考数学试题（Word版附解析）

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考生须知：
1．本卷共6页满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．
4．考试结束后，只需上交答题纸．
选择题部分
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）
1. 已知复数z满足，其中为虚数单位，则z的虚部为（ ）
A. 0B. C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，化简复数，结合复数的概念，即可求解.
【详解】由题意，复数z满足，可得，
所以z的虚部为.
故选：B.
2. 设，为非零向量，则“”是“与共线”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
由化简得出，从而得出与共线，当与共线时，，，不一定相等，最后由充分条件和必要条件的定义作出判断.
【详解】当时，，化简得，即，，即与共线
当与共线时，则存在唯一实数，使得
，，与不一定相等，即不一定相等
故“”是“与共线”的充分不必要条件
故选：A
【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于熟练掌握向量的数乘、数量积运算以及向量共线定理.
3. 在空间几何中下列说法正确的是（ ）
A. 过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
B. 过一点有且只有一条直线与已知直线平行
C. 过一点有且只有一个平面与已知直线平行
D. 过一点有且只有一个平面与已知直线垂直
【答案】D
【解析】
【分析】本题根据空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面之间的位置关系结合反证法即可得出结论.
【详解】A选项：根据空间两条直线的垂直关系有相交垂直和异面垂直两种情况，故当已知点在已知直线上时，可作无数条直线与已知直线垂直；当已知点在直线外时，可以作一条或者无数条直线与已知直线垂直，故A选项错误.
B选项：当已知点在已知直线上时，不能作出与已知直线平行直线；当已知点在已知直线外时，可以作一条与已知直线平行的直线，故B选项错误.
C选项：当已知点已知直线上时，不能作出平面与已知直线平行；当已知点在已知直线外时，可作出无数个平面与已知直线平行，故C选项错误.
D选项：无论已知点在已知直线上还是已知直线外，假设过一点能作出两个平面与已知直线垂直，则这两个平面平行，显然与两平面经过一个点相互矛盾，故过一点有且只有一个平面与已知直线垂直，故D正确.
故选：D.
4. 已知在中，三个内角的对边分别为，若，，边上的高等于，则的面积为（ ）
A. B. 9C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由三角形的面积公式得，进而求得三角形面积.
【详解】由，即，得，所以.
故选：A.
5. 已知点O为所在平面内一点，且，，，则为（ ）
A. 直角三角形B. 等腰三角形
C. 等边三角形D. 等腰直角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】本题利用已知条件可判断出点O是的外心、重心、垂心，由此可得出的三边相等，即为等边三角形.
【详解】如图所示，取BC中点D，连接并延长OD至E，使DE=OD，于是四边形BOCE是平行四边形，
，又，
，四点共线，AD是中线，
同理可证BO、CO延长线均为的中线，
O是的重心．
又，
,
,
,
，，，
O是的垂心．
又，O是的外心．
有上述可知：，
，
同理可证，，
△ABC是等边三角形．
故选：C.
6. 已知、为异面直线，平面，平面，若直线满足，，，，则（ ）
A. ，B. ，
C. 直线，D. 直线，
【答案】C
【解析】
【分析】利用反证法，面面平行、线面垂直的性质可以判断A、B两个选项，利用线面垂直、面面垂直的性质可以判断C、D两个选项.
【详解】选项A，假设，则，与、为异面直线矛盾，故A错误；
选项B，假设，结合，得到，与矛盾，故B错误；
选项C、D，
因为、为异面直线，所以在空间内过一点可以作，则，，即垂直于与所在的平面，
又因为平面，平面，所以平面，平面，所以平面既垂直于平面，又垂直于平面，
所以平面与平面 相交，且交线垂直于平面，故平行于，故C正确.
故选：C.
7. 已知三点在以为圆心，1为半径的圆上运动，且，为圆所在平面内一点，且，则下列结论错误的是（ ）
A. 的最小值是1B. 为定值
C. 的最大值是10D. 的最小值是8
【答案】D
【解析】
【分析】结合点和点的轨迹可以判断A选项；利用向量的线性表示，结合可以计算的值；利用向量的线性表示，得到，结合向量夹角的范围得到的范围，即得最大值和最小值，判断C、D两个选项.
【详解】A选项，因为，所以点在以为圆心，2为半径的圆上运动，又因为点在以为圆心，2为半径的圆上运动，
所以当三点共线时，取得最小值，为，故A正确；
B选项，因为三点在圆上，所以圆是的外接圆，又因为，所以是圆的直径，所以，
是定值，故B正确；
选项C、D，
，
所以,
，
因为，所以，所以，
所以，所以，
即的最大值是10，最小值是6，故C正确，D错误.
故选：D.
8. 设A、B、C是函数与函数的图象连续相邻的三个交点，若是锐角三角形，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件结合三角函数诱导公式可得，作出函数的图象，结合三角函数的图象与性质及已知条件列出不等式求解即可.
【详解】由已知条件及三角函数诱导公式得：
所以函数，的周期,
在同一直角坐标系中作出函数，的图像，如图所示：
因为A、B、C为连续三交点，(不妨设B在x轴下方)，D为AC的中点，
由对称性知，是以AC为底边的等腰三角形，
所以,
由展开整理得：，
又，所以，
设点A、B的纵坐标分别为，则，即,
要使为锐角三角形，则，又，
所以当且仅当时满足要求，
此时，解得，
所以的取值范围是.
故选：B.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键是准确把握三角函数的图象与性质，合理转化条件，得到关于的不等式.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分）
9. 已知钝角中，若，则下列命题中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，根据三角形内角的性质，结合正弦函数的单调性，利用分类讨论思想，可得答案；对于B，根据余弦函数的性质，结合钝角三角形的性质，可得答案；对于C，根据余弦函数的单调性，可得答案；对于D，利用特殊反例，可得答案.
【详解】对于A，由题意可知，且，则，
当为锐角时，由在上单调递增，则，
当为钝角时，即，则，所以，故A正确；
对于B，当为钝角时，则，此时，故B错误；
对于C，由题意可知，且函数在上单调递减，则，故C正确；
对于D，当，，时，符合题意，
则，，即，故D错误.
故选：AC.
10. 若复数，满足（为虚数单位），则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由复数模的定义，即可判断A；由基本不等式即可判断B；设，根据辅助角公式及三角函数值域即可判断CD．
【详解】对于A，，所以，故A正确；
对于B，由已知，，所以，故B正确；
对于C和D，由，设，
则，故C错误，D正确；
故选：ABD．
11. 已知正方体的棱长为2，点P是的中点，点M是正方体内（含表面）的动点，且满足，下列选项正确的是（ ）
A. 动点M在侧面内轨迹的长度是
B. 三角形在正方体内运动形成几何体的体积是2
C. 直线与所成的角为，则的最小值是
D. 存在某个位置M，使得直线与平面所成的角为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据空间中的线面垂直关系分析可得动点的轨迹为截面，对于A，动点在侧面的轨迹为线段；对于B，三角形在正方体内运动形成几何体为四棱锥，计算四棱锥即可；对于C， 直线与直线所成角即为直线与直线所成角，当时，所成角正切值最小；对于D，当与或重合时，直线与平面所成角最大，并与比较即可.
【详解】如图所示，取中点，连接，
取中点，连接.
在立方体中，因为，为中点，所以，
所以，，，四点共面.
又因为平面，
且平面，所以，
又因为，
且平面,，
所以平面，
又因为平面,
所以.
因为，
且，且均为锐角，
所以，
又因为平面，
且平面，
所以，
又因为平面，且，
所以平面
又因为平面，所以.
又因为平面，且，
所以平面.又因为，
则平面，所以的轨迹为截面.
对于A，因为平面，
且平面平面，
所以动点在平面内的轨迹长度为的长，且，故A正确；
对于B，三角形在正方体内运动形成几何体为四棱锥.
且.
又因为，
所以，
，
所以四棱锥的体积为，故B正确；
对于C，因为，
所以直线与直线所成角为，
在直角三角形中，
当时，，
所以，故C正确；
对于D，易知与或重合时，直线与平面所成角最大，
且为或，
因为，
所以，
所以不存在某个位置，使得直线与平面所成角为，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】思路点睛：本题可从以下方面解题.
（1）计算出动点的运动轨迹为截面；
（2）四棱锥的体积计算，注意拆分；
（3）线线角、线面角要结合勾股定理.
非选择题部分
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知向量，，且，则______．
【答案】##0.6
【解析】
【分析】由垂直得到数量积为0，得到，由倍角公式得到，分子分母同时除以转化为含有的式子，代入即可得到答案.
【详解】因为，所以，所以，
.
故答案为：.
13. 高为1的圆锥，侧面积为，则过其顶点的截面面积最大值为______．
【答案】2
【解析】
【分析】先由圆锥的性质求出底面圆的半径，再结合余弦定理和三角形面积公式求出最值即可.
【详解】设底面半径为，则母线长为，
因为侧面积为，
所以，解得，
当截面为中轴面时顶角最大，截面的顶角设为，
则，
所以最大面积为，此时，顶角为.
故答案为：2.
14. 已知在锐角中，三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】题目中已知一角，利用正弦定理，将转化为“单角单函数”的形式，根据锐角三角形的条件解得角A的范围，进而得到正弦函数值的范围，从而解得所求范围.
【详解】根据正弦定理，，又因为，
所以：
，，
因为三角形为锐角三角形，因此，解得，所以，所以，
因此的范围为，
所以得的范围为.
四、解答题（本大题共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. 已知在中，三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．
（1）若，，求b；
（2）求证：．
【答案】（1）2； （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理整理等式中的角化为边，结合余弦定理可得方程，可得答案；
（2）根据正弦定理整理（1）中等式的边化为角，利用三角函数恒等式，可得答案.
【小问1详解】
由，得：，
∴，结合余弦定理得：．
∵，，∴．
【小问2详解】
由（1）得，∴，
∴，，
∴，，由可知，，即，
∴，即．
16. 如图在三棱台中，四边形是等腰梯形，平面平面，，．

（1）求三棱台的体积；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由三角形面积公式的得到上下底面面积，由面面垂直得到线面垂直从而得到三棱台的高为，在直角三角形中得到，利用棱台体积公式求得体积；
（2）由线面垂直得到面面角的平面角，通过解三角形得到边长，求得余弦值.
【小问1详解】
记与的面积分别为和，则由题可得，．
如图过点作，垂足为O，

平面平面且交线为，平面，
，，,
【小问2详解】

过点O作，垂足为E，连结，
由（1）得平面，平面，，又，
平面，平面，平面，，
为平面与平面夹角的平面角．
是上靠近的四等分点，由得，
平面与平面ABC所成角的余弦值为．
17. 欧拉公式：（为虚数单位，），是由瑞士著名数学家欧拉发现的．它将指数函数的定义域扩大到了复数，建立了三角函数和指数函数之间的关系，它被誉为“数学中的天桥”．
（1）根据欧拉公式计算；
（2）设函数，求函数在上的值域．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据题干欧拉公式即可计算；
（2）根据欧拉公式分别表示和，从而表示出，利用辅助角公式化成单角单函数之后，求在上的值域.
【小问1详解】
．
【小问2详解】
因，所以，，，即.
18. 如图在平行四边形中，，，分别为和上的动点（包含端点），且，．
（1）若
①请用，表示
②设与相交于点，求
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）①；②；
（2）．
【解析】
【分析】（1）因为，所以，，利用向量的线性表示得到，从而解得；
用和表示，由三点共线求得的值；
（2）用和分别表示和，得到，利用转化成关于的二次函数，在时的取值范围即为的取值范围
【小问1详解】
，
，．
设，则，
三点共线，，．
【小问2详解】
，，
．
，．
19. “风筝”是中国传统文化中不可或缺的一部分，距今已有2000多年的历史．相传在东周春秋时期，墨翟以木头制成木鸟，是人类最早的风筝起源．后来鲁班用竹子，改进墨翟的风筝材质，直至东汉期间，蔡伦改进造纸术后，坊间才开始以纸做风筝，称为“纸鸢”．到南北朝时，风筝开始成为传递信息的工具；从隋唐开始，由于造纸业的发达，民间开始用纸来裱糊风筝；到了宋代的时候，放风筝成为人们喜爱的户外活动．风筝主要由骨架、风筝面、尾翼、提线、放飞线五部分组成．如图（1）就是一个由菱形的风筝面ABCD和两个直角三角形尾翼和所组成的风筝．其中，，，，．现将此风筝的两个尾翼分别沿折起，使得点P与点Q重合于点S，并连结，得到如图（2）所示的四棱锥．
（1）求证：平面；
（2）若E为棱上一点，记
①若求直线与平面所成角的正切值；
②是否存在点E使得直线与直线所成角为，若存在请求出的值，若不存在请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②存在
【解析】
【分析】（1）利用，，可得到平面，从而得到，再利用菱形可得，最后就可得到平面；
（2）①由平面，可知直线与平面所成角就是，从而利用已知数据进行计算即可；
②由可得或其补角为直线与直线所成角，再利用余弦定理解得,利用勾股定理得，最后由已知角的余弦定理得到关于的方程，从而可解得.
【小问1详解】
①连结AC，交BD于点O，又∵底面为菱形，∴,
由题可得，，且平面 ，平面，
∴平面，又平面∴
∵，平面 ，平面，
∴平面．
【小问2详解】
①连结SO交CE于点G，由（1）得平面,
∴为直线CE与平面SBD所成角,
∵，AD＝CD＝1，,
∴,
∵，∴，
在三角形中，由，，所以由余弦定理得：
，
∴，即
∴，
∴直线与平面所成角的正切值为．
②连结，∵,
∴或其补角为直线与直线所成角,则假设存在点，满足，
由得，,
在三角形中，由，所以由余弦定理得：
，
过点作，交于，
由平面，平面，得，所以，
由可得，因为，所以，，
在三角形中，由余弦定理得：
，
再由，平面可得平面，
又因为平面，所以，
在直角三角形中，由勾股定理得：
．
在三角形中，又因为，所以由余弦定理得：
,
解得,
∴存在使得直线与直线所成角为．