2023-2024学年重庆十一中教育集团高一（下）期中数学试卷(含解析）

2023-2024学年重庆十一中教育集团高一（下）期中数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知复数满足为虚数单位，则的虚部为
( )
A. B. C. D.
2.下列命题正确的是( )
A. 若，，则
B. 若，的方向相反，则，是相反向量
C. 若，则
D. 若与不共线，则，可构成一组基底
3.已知等边三角形的边长为，，，，那么( )
A. B. C. D.
4.已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，对于下列命题正确的是( )
A. ，，，
B. ，
C. ，
D. ，
5.在中，已知，，，如果解该三角形有两解，则( )
A. B. C. D.
6.解放碑是重庆的标志建筑物之一，因其特有的历史内涵，仍牵动着人们敬仰的目光，在海内外具存非凡的影响某校数学兴趣小组为了测量其高度，在地面上共线的三点，，处分别测得点的仰角为，，，且，则解放碑的高度约为参考数据：( )
A. B. C. D.
7.如图，在中，，，为上一点，且满足，若的面积为，则的最小值为( )
A.
B.
C.
D.
8.在中，角，，的对边分别为，，，若，且恒成立，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.以下四个命题正确的是( )
A. 三个平面最多可以把空间分成八部分
B. 若直线平面，直线平面，则“与相交”与“与相交”等价
C. 若，直线平面，直线平面，且，则
D. 若空间中三个平面两两相交，则他们的交线互相平行
10.圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球如图，圆锥的内切球和外接球的球心重合，且圆锥的底面直径为，则( )
A. 设圆锥的轴截面三角形为，则其为等边三角形
B. 设内切球的半径为，外接球的半径为，则
C. 设圆锥的体积为，内切球的体积为，则
D. 设，是圆锥底面圆上的两点，且，则平面截内切球所得截面的面积为
11.设复数，其中为虚数单位，则下列正确的是( )
A. 若，，则
B. 若，则
C. 若，则的最大值为
D. 方程在复数集中有个解
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量与是不共线的单位向量，且，则向量与的夹角为______．
13.秦九韶是我国南宋时期的著名数学家，他在著作数书九章中提出，已知三角形三边长计算三角形面积的一种方法“三斜求积术”，即在中，，，分别为内角，，所对应的边，
若在中有，，，则利用“三斜求积术”求的面积为______．
14.在长方体中，，，点为线段上的一个动点，当为中点时，三棱锥的体积为______；当取最小值时， ______．
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.本小题分
如图所示，四边形是矩形，且，若将图中阴影部分绕旋转一周．
求阴影部分形成的几何体的表面积；
求阴影部分形成的几何体的体积．
16.本小题分
已知向量，的夹角为，且．
若，求的坐标；
若，，求的最小值．
17.本小题分
如图，在中，，，，点在线段上．
若，求的长；
点是线段上一点，，且，求的值．
18.本小题分
如图，在四棱锥中，，．
若点为的中点，为的中点，求证：平面平面；
在棱上是否存在一点，使得平面？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
19.本小题分
“费马点”是由法国数学家费马提出并征解的一个问题该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点试用以上知识解决下面问题：已知的内角，，所对的边分别为，，，且C.
求；
若，设点为的费马点，求；
设点为的费马点，，求实数的最小值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，属于基础题．
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解答】
解：由，
得．
的虚部为．
故选D．
2.【答案】
【解析】解：选项A，当时，可得，，但与不一定平行，故A错误；
选项B，若，的方向相反，长度不相等，则，不是相反向量，故B错误；
选项C，若，则有，故或或，故C错误；
选项D，不共线的一组向量与，可构成基底，故D正确．
故选：．
根据平面向量的概念，平行与垂直的性质以及基底的概念，对各选项进行判定即可．
本题考查向量的基本概念，考查向量平行、垂直的性质，属基础题．
3.【答案】
【解析】解：．
故选：．
利用向量的数量积即可求解．
本题考查了向量的数量积，注意向量夹角的定义，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，
对于，，，，与相交或平行，故A错误；
对于，由面面平行的性质得：，，故B正确；
对于，，或，故C错误；
对于，，与平行或异面，故D错误．
故选：．
对于，与相交或平行；对于，由面面平行的性质判断；对于，或；对于，与平行或异面．
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力，是中档题．
5.【答案】
【解析】解：如图所示：
如果解该三角形有两解，则必须满足：，既有：，
．
可解得：．
故选：．
结合图象可得如解该三角形有两解，则必须有：，代入已知即可得解．
本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基本知识的考查．
6.【答案】
【解析】解：由题在地面上共线的三点，，处分别测得点的仰角为，，，且，
知，设，则，，，
又，
所以在中，，
在中，，
联立，解得．
故选：．
设，推出，通过余弦定理转化求解即可．
本题考查三角形的解法，余弦定理的应用，是中档题．
7.【答案】
【解析】解：的面积为，
，
，
，
，，
由得：，
，，三点共线，解得：．
，
当且仅当时取等号，
．
故选：．
根据三角形面积公式可求得，进而求得；根据可知，由向量共线定理可知；利用结合基本不等式可求得最小值．
本题考查了平面向量基本定理，考查了平面向量模长的最值求解，考查了转化思想，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：，
由正弦定理可得：，整理可得：，
，可得：，
，当且仅当时取等号，
又，
，
不等式，可化为：，
令，该不等式可以变为：，
它在上恒成立，只需令，且，
解得：．
故选：．
由正弦定理化简已知等式可得，利用余弦定理，基本不等式可求，可得，令，该不等式可以变为：，它在上恒成立，只需令，且，进而解得的取值范围．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式以及二次函数的图象和性质的综合应用，考查了转化思想，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，三个平面最多把空间分成八部分，
如图，
故A正确；
对于，若直线平面，直线平面，则“与相交”与“与相交”等价错误，
平面相交，直线相交或异面，故B错误；
对于，两个平面相交，有且仅有一条交线，则C正确；
对于，若空间中三个平面两两相交，则他们的交线互相平行或交于一点，D错误．
故选：．
根据题意，由平面的基本性质分析选项，即可得答案．
本题考查空间直线、平面的位置关系，涉及平面的基本性质，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：作出圆锥的轴截面如下：
因为圆锥的内切球和外接球的球心重合，所以为等边三角形，故A正确；
又，所以，设球心为即为的重心，
所以，，
即内切球的半径为，外接球的半径为，
所以，故B正确；
设圆锥的体积为，则，
内切球的体积，则，
所以，故C不正确；
设、是圆锥底面圆上的两点，且，则所对的圆心角为，在圆上，
设的中点为，则，不妨设为上的点，连接，
则，
过点作交于点，则∽，
所以，即，解得，
所以平面截内切球截面圆的半径，
所以截面圆的面积为，故D正确．
故选：．
作出圆锥的轴截面，依题意可得为等边三角形，设球心为即为的重心，即可求出的外接圆和内切圆的半径，即可为圆锥的外接球、内切球的半径，即可判断、，由圆锥及球的体积公式判断，所对的圆心角为在圆上，设的中点为，即可求出，不妨设为上的点，连接，过点作交于点，利用三角形相似求出，即可求出截面圆的半径，从而判断．
本题考查圆锥的内切球与外接球问题，属中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，，时，，所以，选项A错误；
对于，由，解得，所以，选项B正确；
对于，时，，选项C正确；
对于，可化为，即，
所以，当时，，解得；
当时，，解得或；
所以复数集中原方程有个解，选项D正确．
故选：．
选项A中，根据复数的运算法则，求解即可；
选项B中，由复数的模长公式，求解即可；
选项C中，根据复数模长的几何意义，求解即可；
选项D中，把，代入方程，求解即可得出结论．
本题考查了复数的代数形式运算问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．
12.【答案】
【解析】解：根据题意，设向量与的夹角为，
由于向量与是不共线的单位向量，且，则有，
变形可得，
又由，则．
故答案为：．
根据题意，设向量与的夹角为，由数量积的计算公式可得，求出的值，分析可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量夹角的计算，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：在中，根据正弦定理，得，所以，整理得．
根据余弦定理，可得，即，所以，
由“三斜求积术”，可得的面积．
故答案为：．
先利用正弦定理算出，然后根据余弦定理算出，代入“三斜求积术”公式加以计算，可得的面积．
本题主要考查正弦定理与余弦定理、三角形的面积公式等知识，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：如图：
在长方体中，，，
当为中点时，，
三棱锥的体积，
将侧面和对角面沿着展开，可得展开图如下图所示，
则的最小值为，此时为与交点，
，，，
，，
，
，
设，则，
，即；
，即；
，，
即，
解得，即，，
，
则，
．
故答案为：；．
当为中点时，取中点，由面面垂直性质可证得平面；将侧面和对角面沿着展开，可知的最小值为，根据余弦定理可求得，结合正弦定理和可求得，进而勾股定理得到，从而得到结果．
本题主要考查球与多面体的切接问题，空间想象能力的培养，立体几何中的最值与范围问题等知识，属于中等题．
15.【答案】解：由题意知，旋转体的表面由三部分组成，圆柱下底面、侧面和半球面，
因为，
，
，
，
故所求几何体的表面积为；
．
，
所求几何体的体积为．
【解析】分别求解圆柱下底面、侧面和半球面的面积，即可求解；
由圆柱的体积减去半球的体积即可求解．
本题考查几何体的表面积与体积的求法，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】解：向量，的夹角为，且，设，若，
则，．
，，故
若，，则，．
，
故当时，取得最小值为．
【解析】由题意利用两个向量的数量积的定义，求出的值．
由题意利用两个向量垂直的性质，求得再根据求向量的摸的方法，二次函数的性质，求得取得最小值．
本题主要考查两个向量的数量积，两个向量垂直的性质，求向量的摸，二次函数的性质，属于基础题．
17.【答案】解：在中，，
由正弦定理得，则．
在中，，，则，
因为，所以，解得；
在中，，
由余弦定理得，，
即，
所以，即．
故B的值为．
【解析】本题考查了正弦、余弦定理的应用问题，考查了运算求解能力，属于中档题．
在中利用正弦定理即可求得的值；
利用三角形的面积得到，在中利用余弦定理，即可求得的值．
18.【答案】证明：在等边三角形中，因为为的中点，
所以，
因为，，
所以，
，即，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
又为的中点，为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
又，所以平面平面．
解：过作，交于，再过作，交于，连接，
则即为所求，
由，可得，，
在直角三角形中，，
则，
所以：：，
由，可得．
证明：当时，可得，
平面，平面，可得平面，
又，平面，平面，可得平面，
又，可得平面平面，
而平面，所以平面．
【解析】先证明，，得到，可得平面，再证明平面，由面面平行的判定定理可得平面平面；
由面面平行的判定定理和性质，结合平行线的性质，即可判定存在性．
本题考查直线与平面平行的判定定理和面面平行的判定定理和性质，属于中档题．
19.【答案】解因为在中，C.，所以，
故，由正弦定理可得：，所以为直角三角形，即；
由知，所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，
因为，即，
整理得：，
则；
因为点为的费马点，
所以，设，，，，，，
则由，得，
由余弦定理得：，，，
故由，得，即，
因为，，所以，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得，或舍去，
故实数的最小值为．
【解析】由三角恒等变换知识化简条件式，再由正弦定理即可求得；
由费马点定义及三角形的面积公式可得，再由平面向量数量积的运算即可求得；
设，，，，，，由费马点定义及条件式可得，由余弦定理和得，再由基本不等式即可求得．
本题考查三角恒等变换，三角形的面积公式，基本不等式，正余弦定理的应用，平面向量的数量积等，属于难题．
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