大庆铁人中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份大庆铁人中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知复数，在复平面内所对应的点分别为，，则( )
A.B.1C.D.2
2．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示，轴，轴，，，则的原图形的面积为( )
A.5B.C.D.
3．某人要作一个三角形，要求它的三条高的长度分别为，，，则此人( )
A.不能作出这样的三角形B.能作出一个锐角三角形
C.能作出一个直角三角形D.能作出一个钝角三角形
4．如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面ABC的是( )
A.B.C.D.
5．如图，在中，，，P为上一点，且满足，若，，则的值为( )
A.B.C.D.
6．在四棱锥中，底面ABCD为正方形，E，F分别为侧棱，上的点，且满足，平面BDE，则( )
A.B.2C.3D.4
7．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，当取得最大值时，为( )
A.B.C.D.
8．已知球O内切于正方体，P，Q，M，N分别是，，CD，BC，的中点，则该正方体及其内切球被平面MNPQ所截得的截面面积之比为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，则( )
A.的外接圆半径为B.
C.D.为锐角三角形
10．已知复数，，则下列命题一定成立的有( )
A.若，则B.若，则
C.D.
11．已知圆台的上、下底面直径分别为2，6，高为，则( )
A.该圆台的体积为
B.该圆台外接球的表面积为
C.用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为16
D.挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为
12．已知，，是互不相等的非零向量，其中，是互相垂直的单位向量，，记，，，则下列说法正确的是( )
A.若，则O，A，B，C四点在同一个圆上
B.若，则的最大值为2
C.若，则的最大值为
D.若，则的最小值为
三、填空题
13．已知若z为纯虚数，则_____________.
14．已知，为单位向量，且，则在上的投影向量为__________（用或表示）
15．如下图所示，某学校设置了一些装饰品，这些装饰品是由正方体截去八个一样的四面体得到的，已知装饰品的体积为，现学校准备为装饰品的所有棱(含底面)加装灯带，请问学校需要购买灯带的长度为_____________cm.
16．如图，在三角形中，若，，，则的长度的最大值为________.
四、解答题
17．(1)已知向量，点，若向量，且，求点B的坐标;
(2)球的两个平行截面的面积分别是，，两截面间的距离为1，求球的半径.
18．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知
(1)试判断的形状;
(2)若，求周长的最大值.
19．如图，在直四棱柱中，底面ABCD为正方形，E为棱的中点，，.
(1)求三棱锥的体积.
(2)在上是否存在一点P，使得平面平面EBD.如果存在，请说明P点位置并证明.如果不存在，请说明理由.
20．铁人中学"数学建模"实践小组欲测量某景区位于:"观光湖"内两处景点A，C之间的距离，如图，B处为码头入口，D处为码头，BD为通往码头的栈道，且，在B处测得，，在处测得，.(A，B，C，D均处于同一测量的水平面内)
(1)求A，C两处景点之间的距离;
(2)栈道BD所在直线与A，C两处景点的连线是否垂直?请说明理由.
21．已知函数.
(1)求函数的最小正周期及单调递增区间;
(2)将函数的图象向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度得到的图象，若，，求函数在上的取值范围.
22．在锐角中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c且，.
(1)若，求的面积;
(2)求的值;
(3)求的取值范围.
参考答案
1．答案：C
解析：由题意得，，
则.
故选:C.
2．答案：D
解析：根据题意，直观图中，轴，轴，，，
则直观图面积为，又由原图的面积等于直观图面积的倍，所以原图的面积为.
故选:D.
3．答案：D
解析：设三边分别为a，b，c，利用面积相等可知，再利用余弦定理求得，推断出，即C为钝角.故选D
4．答案：D
解析：对A，因为A，C，M，N分别为所在棱的中点，由正方体的性质知，又平面，平面所以平面.
对B，取AC的中点E，连接BE，由条件及正方体的性质知.因为平面，平面，所以平面.
对C，取AC的中点E，连接BE，由条件及正方体的性质知，因为平面，平面，所以平面.
对D，连接AM，BN，由条件及正方体的性质知四边形AMNB是等腰梯形，所以AB与MN所在的直线相交，故不能推出平面.
故选D.
5．答案：B
解析：因为，所以，
因为C、P、D三点共线，
所以，即，
又因为，
所以，且
，为不共线的非零向量，
所以，解得，所以，
所以
故选B
6．答案：C
解析：平面BDE，
设AC与BD相交于O，连接OE，过点F作，交PC于H，
连结AH，则得到平面平面BDE，，，
，，
，，，
，，
故选:C.
7．答案：B
解析：因为，所以，
可得，结合A、C为三角形的内角，得，
结合，得，
所以
根据二次函数的性质，可知当时，取得最大值，此时(不符合题意，舍去).
故选:B.
8．答案：A
解析：如图，易知正方体的内切球的球心O为的中点，设球O切上下底面中心于点E，F，则球O的半径，又易知球心O到平面MNPQ的距离等于E到平面MNPQ的距离，设交QP于点G，则易证平面MNPQ，球心O到平面MNPQ的距离，设正方体的棱长为，
则，，球O被平面MNPQ所截的小圆半径，球O被平面MNPQ所截的小圆面积为，又易知，，该正方体被平面MNPQ所截得的截面面积为，该正方体及其内切球被平面MNPQ所截得的截面面积之比为，故选：A.
9．答案：BC
解析：对于A，因为，所以．
因为，所以，所以的外接圆半径为，故A不正确；
对于B，因为，，，所以，故B正确；
对于C，因为，所以，即．
因为，所以，故C正确；
对于D，由选项C，，因为，即，所以角B是钝角，
所以为钝角三角形，故D不正确．
故选：BC.
10．答案：AC
解析：设，，则，.
选项A：，若，则，.所以，即，故A一定成立.
选项B：，，若，则
①.，同理，若，则需满足且，与①式不同，故B不一定成立.
选项C:，，所以，故C一定成立.
选项D:②，
，与②式不同，故D不一定成立.
故选AC
11．答案：BC
解析：由已知得圆台的上下底面半径分别为1，3，
对于A:圆台的体积为，A错误；
对于B:如图是圆台的轴截面ABCD，外接球球心为O，设外接球半径为R，当球心在梯形ABCD内时，，解得，
当球心在梯形ABCD外时，，方程无解，
所以外接球的表面积，B正确;
对于C：用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长，其中轴截面的周长最大，
又母线长为，则最大周长为，C正确;
对于D:如图:挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为
，D错误.
故选BC
12．答案：AD
解析：对于A选项，如图，若，则，
所以，又，
所以，
所以O，A，B，C四点在同一个圆上，故A正确;
对于B选项，若，由A选项知，O，A，B，C四点在同一个圆上，
又，
则其长度为圆上弦的长度.当线段OC为该圆的直径时，最大，
且最大值等于，故B错误;
对于C选项，由题可得A，B，C均在以O为圆心、1为半径的圆上，
设，，又，
则
其中.
则
当时取等号.故C错误.
对于D选项，由C选项分析结合可知，若
则
，
则由重要不等式有:
得，当且仅当时取等号.故D正确.
故选:AD.
13．答案：1
解析：依题意，
由z为纯虚数，得，解得，因此，
所以.
故答案为:1
14．答案：
解析：由，可得
即
可得，则，则在上的投影向量为，故答案为
15．答案：
解析：设正方体的棱长为a，则每个正四面体的体积为，
所以每个装饰品的体积为，解得，
又由图可知，装饰品的棱都在正方体的表面上，且每个面上有4条棱，共24条棱，
每条棱的长度为，所以学校需要购买灯带的长度为.
故答案为:.
16．答案：6
解析：，
由正弦定理得，
由余弦定理得，代入上式中，
，
整理可得，
又，当且仅当，即时，等号成立，
故，
由于，所以，
因为，所以，
又此时，故为等边三角形，
设，，
那么由余弦定理得
，
即，故，
在中，由正弦定理得，即，
整理得，
因为，所以为锐角，那么，
则，
在中，由余弦定理可得，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为6.
故答案为：6.
17．答案：(1)B的坐标为或；
(2)3
解析：(1)设，则
因为向量，所以
又，所以
解得或，所以B的坐标为或
(2)设两个平行截面圆的半径分别为，，球半径为R，则由，得，由，得，
如图①，当两个截面位于球心O的同侧时，有，即，
解得，
如图②，当两个截面位于球心O的异侧时，有，此方程无解.
综上，球的半径是3.
18．答案：(1)是直角三角形；
(2)
解析：(1)由，可得，所以，
即，所以，
又由余弦定理得，可得，所以，
所以是直角三角形
(2)由(1)知，是直角三角形，且，可得，，
所以周长为，
因为，可得，
所以，当时，即为等腰直角三角形，周长有最大值为.
19．答案：(1)1；
(2)P为的中点，使得平面平面EBD，证明见解析
解析：(1)在直四棱柱中，底面ABCD为正方形，
所以平面ABCD，
所以.
(2)当P为的中点时满足平面平面EBD，
设，连接OE，
因为ABCD为正方形，所以O为AC的中点，又E为棱的中点，
所以，又平面，平面，所以平面，
又P为的中点，所以且，所以为平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以平面，
又，平面BDE，
所以平面平面EBD.
20．答案：(1)；
(2)不垂直，理由见解析
解析：(1)由已知在中，，，，
所以，则为等腰三角形，
则，
在中，，，，
则，，
由正弦定理，即，解得，
在中，，，，
由余弦定理，
即A，C两处景点之间的距离为;
(2)在中，，
在中，因为，
所以，
由正弦定理，
即，得，
所以
即栈道BD所在直线与A，C两处景点的连线不垂直.
21．答案：(1)最小正周期为，的单调增区间为；
(2)
解析：(1)因为，
所以的最小正周期为；
令，则，
所以的单调增区间为.
(2)的图象向左平移个单位长度得到，
再向上平移1个单位长度得到，
所以.令，，
因为，，
又因为，，所以，，.
所以，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，，
即函数在上的取值范围是.
22．答案：(1)；
(2)20；
(3)
解析：(1)由余弦定理
结合可知，的面积
(2)因为，，所以，
由正弦定理，
所以，①
由于，
带入①式可知:
（3）解法1：
设BC中点为D，则
所以
如下图所示，
设的外接圆为圆O，由于为锐角三角形，故点A的运动轨迹为劣弧(不含端点)，由正弦定理知圆O的半径，故
设，则，由余弦定理:
由于函数在时单调递减，，
所以
解法2:
由余弦定理
由定义
所以
设，
则
由正弦定理:
其中锐角的终边经过点，由锐角三角形可知
注意到，
所以
所以，②式变形为，故
从而，
此时函数单调递减，而，
所以