石嘴山市第一中学2023-2024学年第二学期高一年级期中考试
数学试题
一、单选题
1. 在中，内角的对边分别为，已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用余弦定理解三角形即可.
【详解】，
所以.
故选：D.
2. 已知复数z满足，其中为虚数单位，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数的除法运算法则化简计算复数，从而得的虚部.
【详解】由题意，化简得，所以复数的虚部为.
故选：B
3. 下列命题正确的是（ ）
A. 若直线，则平行于经过的任何平面
B. 若直线，和平面，，满足，，，则
C. 若直线，和平面满足，，则
D. 若直线和平面满足，则与内任何直线平行
【答案】B
【解析】
【分析】根据基本事实及线面关系判断A，根据直线与平面平行的判定定理和性质定理判断B，直线与直线，直线与平面的位置关系判断C、D.
【详解】对于A：若直线，则直线与直线唯一确定一个平面，
不妨设为平面，则，故A错误；
对于B：过作平面，使得，作平面，使得，
因为，所以，因为，所以，
所以，又，，所以，
又因为，，所以，所以，故B正确.
对于C：若，，则与平行或相交或异面，故C错误；
对于D：若，则与内任何直线不相交，即平行或异面，故D错误.
故选：B
4. 如图，在△ABC中，，，设，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的加法法则，即可求解.
【详解】解：由题意得：，
故选：D.
5. 若向量，满足，，且，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量等式关系化简，求得的值，再求出在上的投影向量即可.
【详解】因为，，，
所以，化简得，
所以在上的投影向量是.
故选：D.
6. “大美中国古建筑名塔”榴花塔以红石为基，用青砖灰沙砌筑建成.如图，记榴花塔高为，测量小组选取与塔底在同一水平面内的两个测量点和，现测得，，，在点处测得塔顶的仰角为30°，则塔高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先在中利用正弦定理求，再在中求即可.
【详解】依题意，中，，，即，
解得.
在中，，即.
故选：A.
7. 已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】球半径是圆锥母线，由圆锥母线、高和底面半径关系得到，圆锥展开图是扇形的弧长和半径关系得到，进而求出，再利用球表面积公式得解.
【详解】由已知得圆锥母线是球半径，设球半径为，圆锥底面圆半径为,
由圆锥高为，得，
由圆锥的侧面展开图是一个半圆得：，
联立方程组，解得，所以球表面积为，
故选：C.
8. 已知向量满足，，则的最大值等于（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，即得到点共圆，再利用余弦定理和正弦定理求解即可.
【详解】设，
因为，，所以，
又，所以，所以点共圆，
要使的最大，即为直径，
在中，由余弦定理可得，
又由正弦定理，
即的最大值等于，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是由向量之间的夹角确定点共圆，再由正弦和余弦定理求解即可.
二、多选题
9. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，有下列四个命题：
①若 则；
②若 则；
③若， 则；
④若 则.
其中正确命题的序号是（ ）
A. ① B. ② C. ③ D. ④
【答案】BC
【解析】
【分析】根据线面，面面平行或垂直的位置关系，即可判断选项.
【详解】①没说明直线垂直于两平面的交线，所以不能判断，故①错误；
②根据面面平行的性质定理，若 ，则，故②正确；
③垂直于同一条直线的两个平面平行，所以若，则，
若，则，故③正确；
④若，则平行或相交，若，则或相交或，故④错误.
故选：BC
10. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若复数，则
B. 若i为虚数单位，n为正整数，则
C. 若，则
D. 若，其中a，b为实数，a=1，b=-1
【答案】AD
【解析】
【分析】利用复数的性质判断选项A；通过计算判断选项BD；举反例判断选项C即得解.
【详解】对A， 若复数，则，所以该选项正确；
对B，若i为虚数单位，n为正整数，则，所以该选项错误；
对C，若，则不一定成立，如，所以该选项错误；
对D，若，其中a，b为实数，则 .所以该选项正确.
故选：AD
11. 的内角的对边分别为，下列说法正确的是（ ）
A. 若则外接圆的半径等于1
B. 若，则此三角形为直角三角形
C. 若，则解此三角形必有两解
D. 若是锐角三角形，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据正弦定理，二倍角的余弦公式，两角和的正弦公式，三角形个数的判断方法，以及和差化积公式和辅助角公式即可求解.
【详解】根据正弦定理，
，
所以，
则外接圆半径等于1，
故选项A正确；
，
所以，
所以,
所以，
所以，
在三角形中，
所以，
所以，
则此三角形为直角三角形，
故选项B正确；
因为，
所以，
所以，
则解此三角形只有一解，
故选项C错误；
因为是锐角三角形，
所以，所以，所以，即，同理
则，故选项D正确.
故选：ABD.
12. 化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式） 金刚石等的分子结构.将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图1），已知正八面体的（如图2）棱长为2，则（ ）
A. 正八面体内切球表面积为
B. 正八面体的外接球体积为
C. 若点为棱上的动点，则的最小值为
D. 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A项，可以利用等体积列出关于内切球半径的方程，解之即得；对于B项，利用正八面体的对称性可分析计算得出正方形的中心即为外接球球心，计算即得；对于C项，通过两个侧面翻折共面后即得共线时取最小值；对于D项，通过发现并证明//平面，将的体积进行多次转化成三棱锥的体积，计算即得.
【详解】对于A项，设该正八面体内切球的半径为，由内切球的性质可知正八面体的体积，
解得，故它的内切球表面积为，故A项正确；
对于B项，设该正八面体外接球的半径为，由图知，是正方形，,
在中，,利用对称性知,故点为正八面体外接球的球心，则，
所以正八面体外接球的体积为，故项错误；
对于C项，如图，因与是边长为2的全等的正三角形，可将翻折到，使其与共面，从而得到一个菱形.
连接与相交于点，此时,,则取得最小值为，故项正确；
对于D项，易知，因为平面平面，所以//平面，
所以，故D项正确.
故选：ACD.
三、填空题
13. 若向量满足，，，则________.
【答案】
【解析】
【分析】由题意，解得，又，代入已知数据，可得的值.
【详解】由，有，即，得.
又，得.
故答案为：.
14. 一水平放置的平面四边形，用斜二测画法画出它的直观图如图，此直观图恰好是一个边长为的正方形，则原平面四边形的周长为______.
【答案】
【解析】
【分析】把直观图还原为平面图形，根据斜二测法求出相应的线段长，即可求出原平面四边形的周长.
【详解】把直观图还原为平面图形，如图所示，
依题意，，
所以，，
则，
所以原平面四边形的周长为.
故答案为：
15. 如图，在△ABC中，，，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】由得，再利用平面向量加法运算结合数量积运算求得结果.
【详解】由,可知，
,则
故答案为：．
16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，若点M是的中点，且，则______．
【答案】
【解析】
分析】利用已知条件和正弦定理先求出，再利用余弦定理分别表示出，结合条件可得，进而求得，再利用正弦定理即可得解.
【详解】因为，
所以由正弦定理得，
又，则，则，即，
又，故；
设，，
在中，由余弦定理得，
在中同理可得，
因为，所以，化简整理得，
代入，得，则，
在中，由正弦定理得，
所以．
故答案为：.
四、解答题
17. 已知向量．
（1）若，求实数的值；
（2）若向量满足且，求向量的坐标．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据的坐标，得到的坐标，再由求解；
（2）设，由，求解．
【小问1详解】
解：由，
得，
所以，
由，得，
解得．
小问2详解】
设，
所以，
，
由，得，
所以，①
由，得，所以，则，②
由①②得，
故．
18. 如图，在梯形中，，在平面内过点作，以为轴旋转一周得到一个旋转体．
（1）求此旋转体的表面积．
（2）求此旋转体的体积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先判断出以为轴将梯形旋转一周后，形成的几何体为圆柱中挖去一个倒放的与圆柱等高的圆锥，分析圆锥与圆锥的基本量，然后利用圆锥和圆柱的表面积公式求解即可．
（2）由圆锥和圆柱的体积公式即可求解.
【小问1详解】
在梯形中，，，且，，，
，
，
．
以为轴将梯形旋转一周后，形成的几何体为圆柱中挖去一个倒放的与圆柱等高的圆锥，
且圆柱高为，底面半径为，圆锥的母线长为，底面半径为，
圆柱的侧面积，
圆锥的侧面积，
圆柱的底面积，
圆锥的底面积，
组合体上底面积，
旋转体的表面积．
【小问2详解】
由题意知，形成的几何体的体积为一个圆柱的体积减去一个圆锥的体积，
圆柱的体积，
圆锥的体积，
旋转体的体积．
19. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量，，且.
（1）求角C；
（2）若，的面积为，求的周长.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用向量平行的坐标公式，结合正余弦定理，结合的范围，即可求得结果；
（2）由三角形面积公式求得，且，进而求得，由余弦定理求得，再求周长即可.
【小问1详解】
由向量平行的坐标公式，得，
由正弦定理，得，即，
由余弦定理，得，又，故.
【小问2详解】
由三角形面积公式，得，故，
所以为等腰三角形，所以.
将代入（1）中所求，则，
解得（舍去）或，
所以的周长为.
20. 如图，在三棱柱中，平面，是的中点，，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与的所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判断定理，构造线线平行，即可求解；
（2）根据（1）的结果，将异面直线所成的角转化为相交直线所成的角，再根据几何关系判断位置关系已经边长，即可求解.
【小问1详解】
证明：连接交于点M，连接MD，
MD为的中位线，故，
平面，不在平面内，
所以平面．
【小问2详解】
因为平面ABC，D是BC的中点，，，
所以，△ABC为直角三角形，
所以，
因为平面ABC，AC，平面ABC，
所以，，
所以，，
在中，，，，
直线与所成的角为与所成的角，即为，
，.
所以直线与的所成角的余弦值为.
21. 已知在四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，满足，若，点为的中点，点为的三等分点（靠近点）．
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，结合等腰三角形性质推理即得.
（2）由（1）中信息，求出三棱锥的体积，再利用比例法求出体积.
【小问1详解】
在四棱锥中，平面，平面，则，又，
而，平面，于是平面，又平面，则，
由，点为中点，得，而，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）知平面，又平面，则，
的面积，
因此三棱锥的体积，
而，，即，
所以三棱锥的体积．
22. 已知锐角中，角，，所对的边分别为，，，其中，，且．
（1）求证：；
（2）已知点在线段上，且，求的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理得，又由余弦定理得，结合整理可得角的关系；
（2）由正弦定理得，又因为为锐角三角形且，结合三角函数值域可求得线段长度的取值范围.
【小问1详解】
因为，
即，由正弦定理可得，
又，即，所以，整理得，
由余弦定理得，整理得，
由正弦定理得，
故，
即，
整理得，
又因为为锐角三角形，则，可得，
所以，即.
【小问2详解】
因为点在线段上，且，即平分，
又，所以，则，
在中，由正弦定理得，
所以，
因为为锐角三角形，且，所以，解得.
故，所以.
因此线段长度取值范围.石嘴山市第一中学2023-2024学年第二学期高一年级期中考试
数学试题
一、单选题
1. 在中，内角的对边分别为，已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知复数z满足，其中为虚数单位，则复数虚部为（ ）
A. B. C. D.
3. 下列命题正确的是（ ）
A. 若直线，则平行于经过的任何平面
B. 若直线，和平面，，满足，，，则
C. 若直线，和平面满足，，则
D. 若直线和平面满足，则与内任何直线平行
4. 如图，在△ABC中，，，设，，则（ ）
A. B.
C. D.
5. 若向量，满足，，且，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
6. “大美中国古建筑名塔”榴花塔以红石为基，用青砖灰沙砌筑建成.如图，记榴花塔高为，测量小组选取与塔底在同一水平面内的两个测量点和，现测得，，，在点处测得塔顶的仰角为30°，则塔高为（ ）
A. B. C. D.
7. 已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ）
A B. C. D.
8. 已知向量满足，，则的最大值等于（ ）
A. B. C. 2 D.
二、多选题
9. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，有下列四个命题：
①若 则；
②若 则；
③若， 则；
④若 则.
其中正确命题的序号是（ ）
A. ① B. ② C. ③ D. ④
10. 下列命题为真命题的是（ ）
A 若复数，则
B. 若i为虚数单位，n为正整数，则
C. 若，则
D. 若，其中a，b为实数，a=1，b=-1
11. 的内角的对边分别为，下列说法正确的是（ ）
A. 若则外接圆的半径等于1
B. 若，则此三角形为直角三角形
C. 若，则解此三角形必有两解
D. 若是锐角三角形，则
12. 化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式） 金刚石等的分子结构.将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图1），已知正八面体的（如图2）棱长为2，则（ ）
A. 正八面体的内切球表面积为
B. 正八面体的外接球体积为
C. 若点为棱上的动点，则的最小值为
D. 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值
三、填空题
13. 若向量满足，，，则________.
14. 一水平放置的平面四边形，用斜二测画法画出它的直观图如图，此直观图恰好是一个边长为的正方形，则原平面四边形的周长为______.
15. 如图，△ABC中，，，，则________．
16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，若点M是的中点，且，则______．
四、解答题
17. 已知向量．
（1）若，求实数的值；
（2）若向量满足且，求向量的坐标．
18. 如图，在梯形中，，在平面内过点作，以为轴旋转一周得到一个旋转体．
（1）求此旋转体的表面积．
（2）求此旋转体的体积．
19. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量，，且.
（1）求角C；
（2）若，的面积为，求的周长.
20. 如图，在三棱柱中，平面，是的中点，，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与的所成角的余弦值．
21. 已知在四棱锥中，平面，四边形是直角梯形，满足，若，点为的中点，点为的三等分点（靠近点）．
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥体积．
22. 已知锐角中，角，，所对的边分别为，，，其中，，且．
（1）求证：；
（2）已知点在线段上，且，求的取值范围．
