2023-2024学年重庆市礼嘉中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年重庆市礼嘉中学高一（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.若向量，则下列正确的是( )
A. B. C. D.
2.已知复数满足，则其共轭复数在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3.已知向量，满足，，与的夹角的余弦值为，则等于( )
A. B. C. D.
4.某大学校园内有一个“少年湖”，湖的两侧有一个健身房和一个图书馆，如图，若设音乐教室在处，图书馆在处，为测量、两地之间的距离，甲同学选定了与、不共线的处，构成，以下是测量的数据的不同方案：测量，，；测量，，；测量，，；测量，，其中要求能唯一确定、两地之间距离，甲同学应选择的方案的序号为( )
A. B. C. D.
5.对于直线、和平面，下面命题中的真命题是( )
A. 如果，，、是异面直线，那么
B. 如果，，、是异面直线，那么与相交
C. 如果，，、共面，那么
D. 如果，，、共面，那么
6.已知一个圆锥的高为，底面半径为，现在用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，得到一个高为的圆台，则这个圆台的体积为( )
A. B. C. D.
7.在中，若，，则( )
A. B. C. D.
8.“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论奔驰定理与三角形四心重心、内心、外心、垂心有着神秘的关联它的具体内容是：已知是内一点，，，的面积分别为，，，且以下命题错误的是( )
A. 若：：：：，则为的重心
B. 若为的内心，则
C. 若，，为的外心，则
D. 若为的垂心，，则
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.已知复数，，则下列结论正确的是( )
A. 若，则 B. 若，则
C. D.
10.对于中角，，所对的边分别为，，则下列说法正确的有( )
A. 若，则为等腰三角形
B. 若，则为等腰三角形
C. 若，则
D. 若，则为锐角三角形
11.窗花是贴在窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图是一个正八边形窗花，图是从窗花图中抽象出几何图形的示意图已知正八边形的边长为，是正八边形边上任意一点，则下列说法正确的是( )
A. 若函数，则函数的最小值为
B. 的最大值为
C. 在方向上的投影向量为
D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，是水平放置的的直观图，，，则的面积是______．
13.已知的内角，，的对边分别为，，，若，，则边上的中线的长为______．
14.已知四棱锥中的外接球的体积为，，平面，四边形为矩形，点在球的表面上运动，则四棱锥体积的最大值为______．
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.本小题分
已知向量，．
若，求；
若，求．
16.本小题分
如图，在正三棱柱中，，，点为的中点．
求证：平面；
求三棱锥的体积．
17.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，点在一次函数图像上．
求的值；
如图所示，点是边上靠近的三等分点，且，，求．
18.本小题分
如图所示，在平行四边形中，记．
用向量表示向量和；
若，且，求，
19.本小题分
“费马点”是由十七世纪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，，，且设点为的费马点．
若．
求角；
求．
若，，求实数的最小值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：向量为矢量，无法比较大小，故A错误；
，
则，故BD错误，C正确．
故选：．
根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：，
则，
故，
共轭复数在复平面内对应的点位于第一象限．
故选：．
结合复数的四则运算，对化简，再结合共轭复数的定义，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，复数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查诱导公式的应用，向量的数量积的定义，由题意利用两个向量的数量积的定义求得 的值，可得的值．
【解答】
解：向量，满足，，
与的夹角的余弦值为，
，
，
故选D．
4.【答案】
【解析】解：测量，，，知道三个角度值，三角形有无数多组解，不能唯一确定点，两地之间的距离；
测量，，，已知两角及一边，由正弦定理可知，三角形有唯一的解，能唯一确定点，两地之间的距离；
测量，，，已知两边及其一边的对角，由正弦定理可知，三角形可能有个解，不能唯一确定点，两地之间的距离；
测量，，，已知两边及夹角，由余弦定理可知，三角形有唯一的解，能唯一确定点，两地之间的距离．
综上可得，一定能唯一确定，两地之间的距离的所有方案的序号是．
故选：．
由题意结合所给的条件确定三角形解的个数即可确定是否能够唯一确定，两地之间的距离．
本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，属中档题．
5.【答案】
【解析】解：、，，、是异面直线，若，则，故A错误；
B、，，、是异面直线，可知与也可以平行，故B错误；
C、，，、共面，，故C正确；
D、，，、共面，可知与也可以垂直，故D错误；
故选：．
根据空间中直线与直线之间的位置关系和空间中直线与平面之间的位置关系及其性质对、、、四个选项进行一一判断，从而进行求解．
此题是一道立体几何题，主要考查直线与直线之间的位置关系：相交与平行；空间中直线与平面之间的位置关系：平行或相交，比较基础．
6.【答案】
【解析】解：设截面圆的半径为，则，即，
所以，，
所以圆台的体积为．
故选：．
根据圆台的体积公式，即可求解．
本题考查圆台的体积的求解，属基础题．
7.【答案】
【解析】解：将已知两式，分别平方得，
，
，
两式相加，得到，
故．
故选：．
由已知结合同角平方关系及二倍角公式进行化简即可求解．
本题主要考查了同角平方关系及二倍角公式的应用，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：对于，取的中点，连接，，
由：：：：，则，
所以，
所以，，三点共线，且，
设，分别为，的中点，同理可得，，
所以为的重心，故A项正确；
对于，由为的内心，设内切圆半径为，
则有，
所以，
即，故B项正确；
对于，由为的外心，设的外接圆半径为，
又因为，，
所以，，，
所以，
，
，所以，故C项错误；
对于，延长交于点，延长交于点，延长交于点，
由为的垂心，，则：：：：，
又，则，，
设，，则，，
所以，即，
所以，所以，故D正确．
故选：．
取的中点，连接、，利用奔驰定理得到，由此判断出项的正误；设内切圆半径为，进而用表示出、、，然后利用奔驰定理判断出项的正误；设的外接圆半径为，由圆心角和圆周角的关系得到，，，用表示出、、，进而判断出项的正误；延长交于点，延长交于点，延长交于点，利用奔驰定理可得到且，然后设，，则，，可得，进而求出的值，由此判断出项的正误．
本题考查平面向量的线性运算法则、向量与三角形的“四心”的关系及其应用，考查了图形的理解能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，当，，则，但，，，选项A错误；
对于，，时，，但，选项B错误；
对于，因为，选项C正确；
对于，设，，、、、，
则，，
所以，选项D正确．
故选：．
选项A，举例说明选项A错误即可；
选项B，举例说明时，；
选项C，根据复数的模长运算性质，判断即可；
选项D，设，，、、、，根据复数的共轭复数，判断即可．
本题考查了复数的定义与应用问题，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于：若，则，
，
一定为等腰三角形，故A正确；
对于：在中，若，则或，即或，
则为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于：且恒成立，
恒成立，
恒成立，
恒成立，
因为，当且仅当时取等号，
所以，
，
，
，故C正确；
，
，
，
，，，即三个角都为锐角，
为锐角三角形，故D正确．
故选：．
正余弦定理及三角恒等变换逐一分析四个选项可得答案．
本题考查正余弦定理，考查三角恒等变换，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：如图所示：以为轴，为轴建立直角坐标系，
设，
在中，由余弦定理可得，，
解得，
，
，，设，
对，，，
，
，
当时，函数有最小值为，故选项A正确；
对：取的中点，则，，
则，，
两式相减得：，
由正八边形的对称性知，当点与点或重合时，最大，
又，所以，
，
的最大值为，故选项B正确；
对：，，
，
在方向上的投影向量为，故选项C错误；
对：，，，
又，
，故选项D错误．
故选：．
以为轴，为轴建立直角坐标系，计算各点坐标，计算向量坐标，求出函数解析式，利用二次函数求出最值，A正确；取的中点，得到，求出的最大值，从而得到的最大值，B正确；利用数量积的几何意义求解投影向量，C错误；计算向量坐标即可判断D错误，得到答案．
本题主要考查了向量的数量积运算，考查了二次函数的性质，属于中档题．
12.【答案】
【解析】【分析】
根据平面图形的斜二测画法，得出为直角三角形，求出两直角边，计算三角形的面积．
本题考查了三角形的斜二测画法与应用问题，是基础题．
【解答】
解：根据平面图形的斜二测画法知，
原为直角三角形，且两直角边分别为
，，
的面积为．
故答案为：．
13.【答案】
【解析】解：由题意可得，
两边平方可得
，
解得．
故答案为：．
由向量的中点表示和数量积的性质、余弦定理，解方程可得所求长．
本题考查三角形的中线长，运用向量的中点表示和三角形的余弦定理是解题的关键，考查运算能力，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：依题意，，解得，
将四棱锥补成长方体，可知外接球的直径为长方体的体对角线，
设长方体的长、宽、高分别为，，，且，
由于，又，
当且仅当时等号成立，此时，
要使得四棱锥的体积最大，
只需点为平面的中心与球心所在的直线与球的交点，
又，
故体积的最大值为．
故答案为：．
求出球半径，将四棱锥补成长方体，可知外接球的直径为长方体的体对角线，要使得四棱锥的体积最大，只需点为平面的中心与球心所在的直线与球的交点，由此能求出体积的最大值．
本题考查四棱锥的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算能力和推理论证能力，属于中档题．
15.【答案】解：，，
则，
，
则，解得，
故，
；
，，
则，
故，
，
，
故．
【解析】结合向量垂直的性质，以及向量模公式，即可求解；
合向量平行的性质，求出，再结合平面向量的数量积运算，即可求解．
本题主要考查向量平行、垂直的性质，是基础题．
16.【答案】解：证明：连接与交于点，连接，
在正三棱柱中，四边形是矩形，
所以点是的中点，
又点是的中点，
所以，
又平面，平面，
所以平面．
由知：平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以．
【解析】连接与交于点，连接，由中位线定理可得，结合线面平行的判定定理可得答案；
根据点到平面的距离等于点到平面的距离，利用等体积转换法即可求解．
本题考查直线与平面平行的判定以及等体积转换法的应用，属于中档题．
17.【答案】解：由题意可得，
由正弦定理可得，
因为，
可得；
因为点是边上靠近的三等分点，且，，
所以，由可得，
所以，
由余弦定理可得，
即，
解得．
【解析】由题意及正弦定理可得的值；
由为三等分点及的面积，可得的面积，再由三角形的面积公式可得的值，再由余弦定理可得的值．
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，属于中档题．
18.【答案】解：由，可得．
所以；
若，则，由，，
可得，
即，解得，
所以，
，
可得，．
【解析】根据，结合表示出向量，进而根据表示出向量，即可得到本题的答案；
以为基向量，表示出，根据列式算出，由此推导出，进而根据向量的夹角公式求出，的值．
本题主要考查平面向量的线性运算法则、向量数量积的定义与运算性质、向量的夹角公式等知识，属于中档题．
19.【答案】解：因为，
，
所以，
即，
因为，所以，
又，所以；
由及三角形内角和性质可知，的三个内角均小于，
结合题设易知点一定在的内部，
由余弦定理可得，解得，
所以，
所以，
所以
；
由已知中，即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即，
点为的费马点，则，
设，，，，，，
则由得，
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，，故，
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】根据三角函数的和角公式及同角三角函数的关系，可得角；
先判定点在内部，再由余弦定理解得，又三角形面积公式，结合向量的数量积运算即可求得结论；
由已知，可得直角三角形，设，，，，，，由得，再由余弦定理结合基本不等式即可求得结论．
本题考查平面向量数量积运算与解三角形的综合应用，属难题．
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