重庆市乌江新高考协作体2023-2024学年高一下学期5月期中数学试卷(解析版)

这是一份重庆市乌江新高考协作体2023-2024学年高一下学期5月期中数学试卷(解析版)，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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，且，则实数（ ）
A. 1B. -3C. -2D. -1
【答案】B
【解析】，因为，所以，
即，解得.
故选：B.
2. 在，，0，，，0.618这几个数中，纯虚数的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】复数为纯虚数，则实部为零，虚部不为零，
故，是纯虚数，共个.
故选：C.
3. 已知向量、的夹角为60°，，若，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意得：
，所以=．
故选：D.
4. 已知向量，，，则等于（ ）
A. 3B. 4C. 15D. 21
【答案】D
【解析】因为，，所以，
因为，所以，解得，则，
所以.
故选：D.
5. 在平面四边形中，为正三角形，，，如图1，将四边形沿AC折起，得到如图2所示的四面体，若四面体外接球的球心为O，当四面体的体积最大时，点O到平面ABD的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意可知当平面平面时四面体的体积最大时，
因为为正三角形，，，
所以，则，
当平面平面时，
取线段中点，则点为直角三角形的外心，
连接，则易知平面，
所以四面体外接球球心在上，
因为为正三角形，
所以四面体外接球球心即为的中心，
则，
设点到面的距离为，点到面的距离为，
由得，
因为边长为2，所以，
，
中，，
所以，
则，
所以点到面的距离为.
故选：C.
6. 已知为平面外一点，到两边的距离都为，则到面的距离（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】，为平面外一点，，
点到两边，的距离均为，
过点作，交于，作，交于，
过作平面，交平面于，
连接，，则，故，
所以，
又，
，
到平面的距离为．
故选：B．
7. 数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则下列结论正确的是（ ）
A. 勒洛四面体最大的截面是正三角形
B. 若、是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为
C. 勒洛四面体的体积是
D. 勒洛四面体内切球的半径是
【答案】D
【解析】由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，
如图1所示，故A不正确；
根据勒洛四面体的性质，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，
所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值即为内接正四面体的边长，
所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为，故B错误；
如图2，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心，
连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径，
如图3， 在正四面体中，为的中心，是正四面体外接球的球心，
连接、、，由正四面体的性质可知在上，
因为，所以，则.
因为，
即，解得，
则正四面体外接球的体积是，
而勒洛四面体的体积小于其外接球的体积，C错误；
因为，所以，
所以，勒洛四面体内切球的半径是，则D正确.
故选：D.
8. 在中，为上一点，且，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】法一：相似转化边的关系，
如图所示，在和中，有，
故，设，则，，所以，
设则根据相似比：得，
又，由余弦定理可得：，
则，，故.
法二：正弦定理边化角，
设，则，
在和中，有，由正弦定理有：，
两式相除得：，
由三角恒等变换公式得：，
由弦化切，构造齐次式得：，
即，解之得：或，
在中，则，故.
故选：D.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分.
9. 下列命题中，真命题（ ）
A. 复数为纯虚数的充要条件是
B. 复数的共轭复数为
C. 复数虚部为
D. 复数，则
【答案】BCD
【解析】复数为纯虚数充要条件是，故A错；
复数的共轭复数为，复数的虚部为，故B，C对；
复数，则，，故D对.
故选：BCD.
10. 已知，，是平面上三个非零向量，下列说法正确的是（ ）
A. 一定存在实数，使得成立
B. 若，那么一定有
C. 若，那么
D. 若，那么，，一定相互平行
【答案】BC
【解析】只有当，不是共线向量时，一定存在实数，使得成立，
因此选项A不正确；
由，因此选项B正确；
由，
，
所以选项C正确；
当时，显然成立，但是，，不一定互相平行，
因此选项D不正确.
故选：BC.
11. 在菱形中，，，将菱形沿对角线折成大小为的二面角，若折成的四面体内接于球，则下列说法正确的是（ ）
A. 四面体的体积的最大值是
B. 的取值范围是
C. 四面体的表面积的最大值是
D. 当时，球的体积为
【答案】ACD
【解析】对于A选项，，，则为等边三角形，
取的中点，则，同理可知，为等边三角形，所以，，
且，，
所以，二面角的平面角为，
设点到平面的距离为，则，
，
当且仅当时，等号成立，
即四面体的体积的最大值是，A选项正确；
对于B选项，由余弦定理可得，
所以，，B选项错误；
对于C选项，，
，，，
所以，，
因此，四面体的表面积的最大值是，C选项正确；
对于D选项，设、分别为、的外心，则，
在平面内过点作的垂线与过点作的垂线交于点，
，，，平面，
平面，，
，，平面，同理可得平面，
则为四面体的外接球球心，
连接，，，，，
所以，，，
平面，平面，，
，即球的半径为，
因此，球的体积为，D选项正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 复数的模是_____________.
【答案】3
【解析】复数是三角形式，故的模是3.
故答案为：3.
13. 在60°二面角的一个面内有一个点，若它到二面角的棱的距离是10，则该点到另一个面的距离是______.
【答案】
【解析】如图所示，为二面角的一个面内有一点，
是它到另一个面的距离，是它到棱的距离为10，
又 ∴ 面 得出
所以为二面角的平面角，，
在中，.
故答案为：.
14. 已知平面向量与的夹角为，若恒成立，则实数的取值范围为______．
【答案】
【解析】设，如图作平行四边形，
则，令，
由于恒成立，即恒成立，
在中，，
，
，
由于恒成立，故，
即实数的取值范围为.
故答案为：.
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. 在中，角的对边分别为已知.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积；
（3）若为BC的中点，求AD的长.
解：（1），
，
即，
由正弦定理得，由余弦定理得，
.
（2），
由余弦定理得，
.
（3）在中，由余弦定理得，
即，又，得，
为BC的中点，，
两边平方得，，
即中线AD的长度为.
16. 设复数．
（1）在复平面内，复数对应的点在实轴上，求；
（2）若是纯虚数，求.
解：（1）由，得，
而由已知是实数，
于是，解得，
所以.
（2）依题意，是纯虚数，
因此，解得，
所以，.
17. 已知正方体中，，点M，N分别是线段，的中点．
（1）求点M到平面的距离；
（2）判断，M，B，N四点是否共面，若是，请证明；若不是，请说明理由．
解：（1）记点M到平面的距离为h，
易知为正三角形，且，所以，
又，
所以，
因为，所以，即，
解得，即点M到平面的距离为.
（2），M，B，N四点共面，证明如下：连接，
因为M，N分别是线段，的中点，所以，
由正方体性质可知，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以，
所以，M，B，N四点共面.
18. 如图，在三棱柱中，侧面为矩形．
（1）设为中点，点在线段上，且，求证：平面；
（2）若二面角的大小为，且，求直线和平面所成角的正弦值．
解：（1）连接交于，连接，
因为侧面为矩形，所以，又为中点，
所以，
又因为，所以．
所以，又平面，平面，
所以平面．
（2）在平面中，过点作射线，
因为底面为矩形，所以，
所以为二面角的平面角，且，
又，平面，所以平面，
在平面中，过点作，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，又，平面，平面，
所以平面，
则即为直线和平面所成的角，
于是为点到平面的距离，且，
设直线和平面所成角为，又，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为．
19. 个有次序的实数，，，所组成的有序数组，，，称为一个维向量，其中，2，，称为该向量的第个分量．特别地，对一个维向量，若，，，称为维信号向量．设，，则和的内积定义为，且．
（1）直接写出4个两两垂直的4维信号向量．
（2）证明：不存在6个两两垂直的6维信号向量．
（3）已知个两两垂直的2024维信号向量，，，满足它们的前个分量都是相同的，求证：．
解：（1）依题意，可写出4个两两垂直的4维信号向量为：
，，，．
（2）假设存在6个两两垂直的6维信号向量，
因为将这6个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，
任意两个向量的内积不变，
所以不妨设，
因为，所以有3个分量为，
设的前3个分量中有个，则后3个分量中有个，，
则，
，则，矛盾，
所以不存在6个两两垂直的6维信号向量．
（3）任取，计算内积，
将所有这些内积求和得到，则，
设的第个分量之和为，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为的贡献为，
所以，
则，所以，故.