2023-2024学年北京市朝阳区陈经纶中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年北京市朝阳区陈经纶中学高一（下）期中数学试卷
一、单选题：本题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.在复平面内，复数对应的点在第三象限，则复数对应的点在( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2.已知正四棱锥的底面边长为，高为，则它的体积为( )
A. B. C. D.
3.已知非零向量，不共线，且，则向量( )
A. B. C. D.
4.如图，飞机飞行的航线和地面目标在同一铅直平面内，在处测得目标的俯角为，飞行千米到达处，测得目标的俯角为，这时处与地面目标的距离为( )
A. 千米 B. 千米 C. 千米 D. 千米
5.设，是非零向量，则“存在实数，使得”是“”的( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
6.如图，四棱锥的底面是梯形，，若平面平面，则( )
A. B. C. 与直线相交 D. 与直线相交
7.如图所示，为线段外一点，若，，，，，中任意相邻两点间的距离相等，，则用，表示，其结果为( )
A. B. C. D.
8.在中，，，，则边上的中线长为( )
A. B. C. D.
9.如图，一个棱长分米的正方体形封闭容器中盛有升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
10.我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积，如图，在一个棱长为的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖，如图，设平行于水平面且与水平面距离为的平面为，记平面截牟合方盖所得截面的面积为，则函数的图象是( )
A. B.
C. D.
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
11.已知复数的实部和虚部相等，且，则 ______．
12.已知，是两个不共线的向量，，，若与共线，则 ______．
13.已知四边形的顶点，，，在边长为的正方形网格中的位置如图所示，则______．
14.已知圆锥的底面面积为，其侧面展开图的圆心角为，则过该圆锥顶点做截面，截面三角形面积最大值为______．
15.已知单位向量，的夹角为，且其中，当时，______；当时，的最小值是______．
16.如图所示，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，，分别是棱，，的中点，对于平面截四棱锥所得的截面多边形，有以下三个结论：
截面面积等于；
截面是一个五边形；
直线与截面所在平面无公共点．
其中，所有正确结论的序号是 ．
三、解答题：本题共5小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.本小题分
在锐角 中，角 ，， 所对的边分别为，，，已知，，．
Ⅰ 求角 的大小；
Ⅱ 求 的面积．
18.本小题分
如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且
，点为线段的中点．
Ⅰ求证：平面；
Ⅱ求证：平面；
Ⅲ求三棱锥的体积
19.本小题分
在中，．
Ⅰ求；
Ⅱ除上述条件外，同时满足_____，求的值；
请从，，中选择一个符合题意的条件，补充到上面问题中，并完成解答．
Ⅲ求面积的最大值．
20.本小题分
如图，已知正方体的棱长为，点是棱上的动点，是棱上一点，：：．
Ⅰ求证：；
Ⅱ若直线平面，试确定点的位置，并证明你的结论；
Ⅲ设点在正方体的上底面上运动，求总能使与垂直的点所形成的轨迹的长度．直接写出答案
21.本小题分
元向量也叫维向量，是平面向量的推广，设为正整数，数集中的个元素构成的有序组称为上的元向量，其中为该向量的第个分量元向量通常用希腊字母等表示，如上全体元向量构成的集合记为对于，记，定义如下运算：加法法则，模公式，内积，设的夹角为，则．
设，解决下面问题：
求；
设与的夹角为，求；
对于一个元向量，若，称为维信号向量规定，已知个两两垂直的维信号向量满足它们的前个分量都相同，证明：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：因为，
且复数对应的点在第三象限，则对应的点也在第三象限．
故选：．
根据题意，由复数的运算，即可得到结果．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查正四棱锥的体积的求法，考查数据处理能力、运算求解能力以及应用意识，考查数形结合思想等，是中档题．
正四棱锥中，，，利用体积公式求出该正四棱锥的体积．
【解答】
解：如图，正四棱锥中，底面边长，高，
所以．
故选：．
3.【答案】
【解析】解：非零向量，不共线，且，
，
可得：向量．
故选：．
直接利用向量的运算法则化简求解即可．
本题考查向量的基本运算，考查计算能力．
4.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了利用正弦定理解答实际应用问题，属于基础题．
由题意，在中利用正弦定理即可求得的值．
【解答】
解：由题意知，在中，，，，
由正弦定理得，解得．
处与地面目标的距离为千米．
故本题选B．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合向量平行的应用进行化简是解决本题的关键，属于中档题．
根据向量平行的应用，考查充分条件和必要条件的判断．
【解答】
解：若“”，
则平方得
，
即，
即，，
则，，
即，，即，同向共线，则存在实数，使得，
反之当，时，满足，但，不成立，
即“存在实数，使得”是“”的必要不充分条件，
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】
可得与必相交于点，则是面平面和平面的公共点，又平面平面．
本题考查了空间几何体中的直线与平面的位置关系，属于中档题．
【解答】
解：四棱锥的底面是梯形，．
与必相交于点，
则是面平面和平面的公共点，
又平面平面．
与直线相交．
故选：．
7.【答案】
【解析】解：因，，，，，中任意相邻两点间的距离相等，
不妨设的中点为，
则点也是，，，的中点，
则，同理可得：
，
则．
故选：．
设的中点为，利用三角形中线向量的表示法，化简求和即得．
本题考查平面向量的线性运算，属中档题．
8.【答案】
【解析】解：因为，，，
由题意可得，两边平方可得
因为
，
所以．
所以边上的中线长为．
故选：．
由题意可得边上的中线的向量表示，两边平方可得的值，进而求出边上的中线的值．
本题考查向量的运算性质的应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：如图，正方体，若要使液面形状不可能为三角形，
则平面平行于水平面放置时，液面必须高于平面，且低于平面，
若满足上述条件，则任意转动正方体，液面形状都不可能为三角形，
设液面的体积为，而，
而，
，
所以的取值范围是
故选：．
如图，正方体，若要使液面形状不可能为三角形，则平面平行于水平面放置时，液面必须高于平面，且低于平面，计算即可．
本题考查正方体截面的性质，考查空间想象能力，属中档题．
10.【答案】
【解析】【分析】
首先由图得到正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，由图可知截面均为正方形，此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，由此计算得到函数解析式，判断选项即可．
本题考查了函数图象的理解和应用，主要考查了正方体的内切球以及其截面圆的应用，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．
【解答】
解：由图可得，正方体的内切球也是“牟合方盖”内切球，
用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，
并且此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，
内切球的半径为，设截面圆的半径为，
则有，解得，
设截面圆的外接正方形的边长为，则，
正方形的面积为，，
由函数的解析式可知，图象应该是开口向下的抛物线．
故选：．
11.【答案】或
【解析】解：因为复数的实部和虚部相等，
所以设，，
又，所以，
解得，所以或．
故答案为：或．
由复数的定义及模的运算即可得解．
本题主要考查复数的定义，复数的模，考查运算求解能力，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：由向量，不共线，得，
由向量与共线，
得，则，所以．
故答案为：．
根据给定条件，利用共线向量定理求出即得．
本题主要考查共线向量定理，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：以的连线为轴，
过点且垂直于的直线
为轴，
建立如图所示平面直角坐标系，则：
，，
，，
；
．
故答案为：．
根据题意，可分别以的连线为轴，过点且垂直于的直线为轴建立平面直角坐标系，进而求出，，，的坐标，从而求出向量的坐标，进行数量积的坐标运算即可求出的值．
考查通过建立坐标系，利用坐标解决向量问题的方法，以及根据点的坐标可求向量的坐标，向量数量积的坐标运算．
14.【答案】
【解析】解：设圆锥的底面圆半径为，母线长为，
则底面圆面积为，解得；
其侧面展开图的圆心角为，解得；
所以轴截面三角形的顶角为，其中，，
所以，．
所以过该圆锥顶点作截面，截面三角形是直角三角形时面积最大，最大值为．
故答案为：．
求出圆锥的底面圆半径和母线长，得出轴截面三角形的顶角为，由此求出过该圆锥顶点作截面，截面三角形是直角三角形时面积最大，求出即可．
本题考查了圆锥的截面三角形面积计算问题，是基础题．
15.【答案】
【解析】解：当时，则，
则；
当时，
则，
则，
则，
则时，的最小值是，
故答案为：；．
由平面向量数量积运算，结合向量模的运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积运算，重点考查了向量模的运算，属基础题．
16.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了棱锥的结构特征，空间几何体的截面问题，属于中档题．
根据给定条件，作出平面截四棱锥所得的截面多边形，再逐一判断各个命题作答．
【解答】
解：在四棱锥中，，取中点，连接，，，，如图，
因底面为正方形，，，分别是棱，，的中点，
则，，是平行四边形，
令，有，在上取点，使，连接，
则，点平面，有平面，点平面，平面，
因此五边形是平面截四棱锥所得的截面多边形，正确；
因平面，平面，而，
则平面，直线与截面所在平面无公共点，正确；
因为底面，平面，有，
而，，则，
又，，平面，
因此平面，平面，
于是得，有，
而，
矩形面积等于，
而，则边上的高等于，
，
所以截面五边形面积为，不正确．
故答案为：．
17.【答案】解：Ⅰ锐角中，由条件利用正弦定理可得，，
再根据，求得，角．
Ⅱ锐角中，由条件利用余弦定理可得，解得或．
当时，，故B为钝角，这与已知为锐角三角形相矛盾，故不满足条件．
当时，的面积为．
【解析】Ⅰ锐角中，由条件利用正弦定理求得，再根据，求得的值，可得角 的值．
Ⅱ锐角中，由条件利用余弦定理求得的值，再根据的面积为，计算求得结果．
本题主要考查正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题．
18.【答案】Ⅰ证明：连结，交于点，连结，
如图示：
是正方形对角线交点，为的中点，
由已知为线段的中点，，
又平面，平面，
平面；
Ⅱ证明：，为线段的中点，，
平面，，
在正方形中，，又，
平面，又平面，
，又，
平面；
Ⅲ平面，
故三棱锥的体积
．
【解析】Ⅰ连结，交于点，连结可得，再由线面平行的判定可得平面；
Ⅱ由，为线段的中点，得，再由平面，得，由线面垂直的判定可得平面；
Ⅲ根据平面，结合三棱锥的体积公式求出其体积即可．
本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
19.【答案】解：Ⅰ，
由正弦定理可得，
因为，所以，
又因为，
所以；
Ⅱ若选，则，
所以；
若选，，，所以，
所以，由Ⅰ可知角为钝角，这样的三角形不存在；
若选，由Ⅰ可得，
所以，而，
由正弦定理可得，即，
可得，又因为，所以角为锐角，
所以，，
所以；
Ⅲ由余弦定理可得，当且仅当时取等号，
而，
可得，
所以．
所以的最大面积．
【解析】Ⅰ由正弦定理可得的值，再由角的范围，可得角的大小；
Ⅱ若选，可得角的大小，进而求出的值；若选，由大边对大角，可得该三角形不存在；若选，由正弦定理可得角的大小，进而求出角的大小，再求出的值；
Ⅲ由余弦定理及均值不等式可得的最大值，进而求出三角形的面积的最大值．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，三角形面积公式的应用，基本不等式的应用，属于中档题．
20.【答案】证明：Ⅰ连结，正方体中，是正方形，
，
在正方体中，平面，
，
又，平面，
面，
F.
解：Ⅱ当：：时，直线平面E.
证明如下：
过点在平面作，交于点，
连结，交于点，
：：，：：，
在与中，，，
≌，，
又，，
，，
在正方体中，面，
，
又，面，，
又，，
直线平面E.
Ⅲ设点在正方体的上底面上运动，
总能使与垂直的点所形成的轨迹的长度为．
【解析】Ⅰ连结，推导出，，从而平面，由此能证明F.
Ⅱ当：：时，过点在平面作，交于点，连结，交于点，推导出，，从而面，，再由，能证明平面E.
Ⅲ设点在正方体的上底面上运动，总能使与垂直的点所形成的轨迹的长度为．
本题考查线线垂直、线面垂直的证明，考查轨迹长度的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
21.【答案】解：因为，
所以，
，
因为，，所以．
证明：任取，，，计算内积，设这些内积之和为，
则，设的第个分量之和为，
又因为，故，所以
又，
所以，即，所以．
【解析】根据条件得到，再利用题设定义的运算，即可求出结果；
任取，，，得到，设的第个分量之和为，结合，即可证明．
本题考查向量的综合应用，新定义的应用，向量数量积的计算，化归转化思想，属中档题．
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