莆田第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试
数学
考试时间120分钟 试卷满分150分
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. 若复数满足，则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
2. 在平行四边形中，点满足，则（ ）
A. B.
C. D.
3. 的三个内角所对边的长分别为，若，则（ ）
A. B. C. D.
4. 设是三个不同平面，且，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
5. 一圆锥的侧面展开图是半径为4的半圆，则该圆锥表面积为（ ）
A. B. C. D.
6. 图1是一个水平放置且高为6的直三棱柱容器，现往内灌进一些水，设水深为.将容器底面的一边固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为，如图2，则（ ）
A. 3 B. 4 C. D. 6
7. 已知等腰梯形，，，圆为梯形的内切圆，并与，分别切于点，，如图所示，以所在的直线为轴，梯形和圆分别旋转一周形成的曲面围成的几何体体积分别为，，则值为（ ）
A. B. C. D.
8. 在锐角三角形中，已知，，分别是角，，的对边，且，，则三角形的周长的取值范围是（ ）
A. B. C. 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9 已知，，则（ ）
A. B.
C. 与的夹角为 D. 向量在向量方向上的投影向量为
10. 设，，为复数，，下列命题中正确的是（ ）
A. 若则 B. 若则
C. 若则 D.
11. 正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构），是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正八面体的棱长都是2（如图），则（ ）
A. 平面
B. 直线与平面所成的角为60°
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：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 法国著名的数学家棣莫弗提出了公式：．据此公式，复数的虚部为______．
13. 镜面反射法是测量建筑物高度的重要方法，在如图所示的模型中．已知人眼距离地面高度，某建筑物高，将镜子（平面镜）置于平地上，人后退至从镜中能够看到建筑物顶部的位置，测量人与镜子的距离，将镜子后移米，重复前面中的操作，再次测量人与镜子的距离，则镜子后移距离为______米．
14. 在中，已知边上一动点，过点作一条直线交边于点.
（1）若中点，且，则___________.；
（2）设，则的最大值是___________.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 如图，在平面四边形中，，，，，．
（1）求边的长；
（2）求的面积．
16. 如图，在直三棱柱中，，分别为线段，上点，且平面．
（1）求证：；
（2）当为的中点，时，求证：．
17. 记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）设，若点是边上一点，，且，求，．
18. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，平面与平面将该正方体截成三个多面体，其中，分别在棱，上．
（1）求证：平面平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值；
（3）求多面体的体积．
19. 在长方体中，，，，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，则点可用有序数组表示．空间中任意一点可用有序数组表示，定义空间中两点，的距离．
（1）若点为边（含端点）上的动点，证明：为定值；
（2），，空间中任意三点，证明：；
（3）若，，其中、、，求满足的点的个数，并证明从这个点中任取11个点，其中必存在4个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于．莆田第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试
数学
考试时间120分钟 试卷满分150分
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. 若复数满足，则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
【答案】A
【解析】
【分析】根据给的等式求出用表示，然后运用复数的除法运算解决.
【详解】，所以复数在复平面上的点为，所以点在第一象限
故选：A
2. 在平行四边形中，点满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的加减法运算以及数乘运算即可得到结果.
【详解】因为平行四边形，
则有，
∴.
故选：B.
3. 的三个内角所对边的长分别为，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据余弦定理即可求解.
【详解】由以及余弦定理得,
故选：D
4. 设是三个不同平面，且，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由充分条件和必要条件的定义结合线面、面面的位置关系对选项一一判断即可得出答案.
【详解】由，，，则可能相交，
故“”推不出“”，
由，，，由面面平行的性质定理知，
故“”能推出“”，
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
5. 一圆锥的侧面展开图是半径为4的半圆，则该圆锥表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助圆锥的侧面积公式与扇形面积公式可得底面半径，再利用圆锥表面积公式计算即可得.
【详解】圆锥的底面半径为，
由圆锥的侧面积公式与扇形面积公式可得，
即圆锥底面半径，
则.
故选：A.
6. 图1是一个水平放置且高为6的直三棱柱容器，现往内灌进一些水，设水深为.将容器底面的一边固定于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面形状恰好为，如图2，则（ ）
A. 3 B. 4 C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】利用两个几何体中的装水的体积相等，列出方程，即可求解.
【详解】在图1中的几何体中，水的体积为，
在图2的几何体中，水的体积为，
因为，可得，解得.
故选：B.
7. 已知等腰梯形，，，圆为梯形的内切圆，并与，分别切于点，，如图所示，以所在的直线为轴，梯形和圆分别旋转一周形成的曲面围成的几何体体积分别为，，则值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定旋转体的形状，再求解几何体的体积即可得出结果.
【详解】梯形ABCD旋转一周形成圆台，且圆台的上底面半径为,下底面半径为,
由圆O和梯形ABCD相切可得，，
所以圆台高, 圆O半径，
所以，,
所以，.
故选：C.
8. 在锐角三角形中，已知，，分别是角，，的对边，且，，则三角形的周长的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理化简已知可得，再由是锐角，得到，然后根据正弦定理和三角形内角和将周长用表示，结合三角恒等变化和三角函数图象即可求得范围.
【详解】因为，
根据正弦定理得，，
因为为锐角，所以，
所以，即，而A为锐角，
所以，
因为根据正弦定理，
所以，
因为三角形周长为，
又因为，所以，
所以，
因为，即，
所以，
即，，
所以.
故选：C.
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知，，则（ ）
A. B.
C. 与的夹角为 D. 向量在向量方向上的投影向量为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A：分别计算出、即可得；对B：借助数量积的坐标公式计算即可得；对C：借助向量夹角公式计算即可得；对D：借助投影向量计算公式计算即可得.
【详解】对A：，则，
，则，故A错误；
对B：，故B正确；
对C：，
故与的夹角为，故C正确；
对D：，故D正确.
故选：BCD.
10. 设，，为复数，，下列命题中正确的是（ ）
A. 若则 B. 若则
C. 若则 D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，化成，结合复数相等的知识即可求解；对于B，利用复数代数形式求解即可；对于C，举出反例即可；对于D，利用复数的向量表示作图即可判断.
【详解】设（），
对于A，若，则，
因为，结合复数相等的知识，所以，
所以选项A正确；
对于B，由，所以，
所以，
，
，
同理：，
所以，所以选项B正确；
对于C，令，，但是，
所以选项C错误；
对于D，设分别表示复数，
由，若不共线时，
如图：，即，
若共线且反向时，
如图： 易知，
若共线且同向时，
如图：易知，
综上：，所以选项D正确.
故选：ABD.
11. 正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构），是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正八面体的棱长都是2（如图），则（ ）
A. 平面
B. 直线与平面所成的角为60°
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】AC
【解析】
【分析】A选项，由对称性可得四边形为菱形，故，从而得到线面平行；B选项，作出辅助线，得到直线与平面所成的角为，求出边长，得到夹角；C选项，，故只需最小，当为的中点时，⊥，此时最小，且，从而求出的最小值；D选项，等体积法得到三棱锥的体积为定值.
【详解】A选项，连接，由对称性可知，⊥平面，
且相交于点，为和的中点，
又，故四边形为菱形，故，
又平面，平面，
所以平面，正确；
B选项，连接，则相交于点，
因为四边形为正方体，故，
由A选项，同理可得四边形为菱形，故，
又，平面，故平面，
故直线与平面所成的角为，
且由题意得，，故，
故，错误；
C选项，由题意得，，故只需最小，
在等边三角形中，当为的中点时，⊥，此时最小，
且，故若点为棱上的动点，则的最小值为，正确；
D选项，，其中到平面的距离为，
设菱形的面积为，则，，
若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值，错误.
故选：AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 法国著名的数学家棣莫弗提出了公式：．据此公式，复数的虚部为______．
【答案】
【解析】
【分析】结合复数定义，借助所给公式计算即可得.
【详解】，
故其虚部为.
故答案为：.
13. 镜面反射法是测量建筑物高度的重要方法，在如图所示的模型中．已知人眼距离地面高度，某建筑物高，将镜子（平面镜）置于平地上，人后退至从镜中能够看到建筑物顶部的位置，测量人与镜子的距离，将镜子后移米，重复前面中的操作，再次测量人与镜子的距离，则镜子后移距离为______米．
【答案】6
【解析】
【分析】由镜面反射的性质可得三角形相似，可以解得没有移动前，镜子离建筑物的距离，再求镜子移动后，镜子离建筑物的距离，进而求出镜子移动的距离．
【详解】设镜子离建筑物米，由镜面反射可得，三角形相似，
镜子没有移动前，由题意可得，解得，
镜子移动后，由题意可得，解得，
故答案为：6
14. 在中，已知为边上一动点，过点作一条直线交边于点.
（1）若为中点，且，则___________.；
（2）设，则的最大值是___________.
【答案】 ①. ． ②. ．
【解析】
【分析】（1）利用，将展开代入数量积运算；
（2）先把化简转化为齐次式，分子分母同除以，构造转化为二次式比二次式，分离常数再转化为一次式比二次式，分子分母同除以一次式，再利用基本不等式求出最值．
【详解】(1)若中点，且，则为中位线，
（2）
令，则，
令，则
当时，，当且仅当时取等号，
，
，
的最大值是，
故答案为： ．
【点睛】本题主要考查向量运算和分式函数最值得求解，运算量比较大，属于填空压轴题．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. 如图，在平面四边形中，，，，，．
（1）求边的长；
（2）求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）在中利用正弦定理可得解；
（2）在中，先由余弦定理得，进而得，最后利用面积公式求解即可.
【小问1详解】
在中，，
由正弦定理得．
【小问2详解】
在中，由余弦定理得
．
∴．
∴．
16. 如图，在直三棱柱中，，分别为线段，上的点，且平面．
（1）求证：；
（2）当为的中点，时，求证：．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由面即可证明，又因为，再由平行的传递性即可得证；
（2）由题意易证明为的中点，从而可证，再利用直棱柱性质可证明，所以可证明平面，问题即可得证.
【小问1详解】
因平面，平面，平面平面，
所以，
又在直三棱柱中，，
所以．
【小问2详解】
因为为的中点，且由（1）问可知，
所以为的中点，
又，所以，
因为三棱柱是直棱柱，
所以平面．
又因为平面，所以．
因为平面，平面，，
所以平面，
因为平面，所以．
17. 记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）设，若点是边上一点，，且，求，．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再结合两角和的正弦公式计算可得；
（2）首先求出，，在利用余弦定理得到，再由，将两边平方可得，解得、.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理可得，
即，
所以，
因为，所以，
所以，又，所以．
【小问2详解】
如图所示：因为，，
所以，．
又，所以．
在中，由余弦定理得，
即．①
又，即，
所以，
两边平方得，
即，
所以．②
②－①得，所以，
代入①得（负值已舍去）．
18. 如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为棱的中点，平面与平面将该正方体截成三个多面体，其中，分别在棱，上．
（1）求证：平面平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值；
（3）求多面体的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由面面平行的性质得到线线平行，进而得到，进而得到，平面，同理得到平面，证明出面面平行；
（2）由（1）可得为异面直线与所成角或其补角，求出三边长，利用余弦定理求出异面直线的夹角余弦值；
（3）几何体与几何体的体积相等，即，设几何体的体积为，正方体的体积为，故，作出辅助线，几何体体积为三棱锥体积减去三棱锥体积，结合锥体体积公式求出答案.
【小问1详解】
由题意得平面平面，
又平面平面，
平面平面，所以，
同理，
又且，且，
则且，
所以四边形为平行四边形，则，
所以，
又为中点，所以为中点，
同理为中点，连接，，
因为，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，且平面，平面，
同理由可得平面．
且，，平面，
所以平面平面．
【小问2详解】
由（1）可知：，
所以异面直线与所成角或其补角，
连接，，因为正方体棱长为2且为中点，
则，，
又在正方体中，面，面，则，
即，
所以，
异面直线与所成角的余弦值为．
【小问3详解】
由正方体特性可知：几何体与几何体的体积相等，即，
设几何体的体积为，正方体的体积为，
故，
又为中点，为中点，将延长至点，使，
根据相似知识可知，，，
得到几何体体积为三棱锥体积减去三棱锥体积，
则，
所以．
19. 在长方体中，，，，以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴的正方向，建立空间直角坐标系，则点可用有序数组表示．空间中任意一点可用有序数组表示，定义空间中两点，的距离．
（1）若点为边（含端点）上的动点，证明：为定值；
（2），，为空间中任意三点，证明：；
（3）若，，其中、、，求满足的点的个数，并证明从这个点中任取11个点，其中必存在4个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3），证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意可知：，设，其中，结合题意分析证明；
（2）设，，，根据题意结合绝对值不等式分析证明；
（2）根据题意结合（2）中的结论可得，当且仅当，，时，等号成立，可知点是以为体对角线的正方体内部（含面上）的整数点，即可得，分类讨论点的构成，结合锥体的体积公式分析证明.
【小问1详解】
因为点为边（含端点）上的动点且，
可设，其中，
则，
，
所以为定值．
【小问2详解】
设，，，
则，
根据绝对值的性质可得：
，，
三个式子相加可得：
当且仅当，，等号成立
所以.
【小问3详解】
因为，，，
由（2）可知，
当且仅当，，时，等号成立，
又因为，且、、，则，
所以点是以为体对角线的正方体内部（含面上）的整数点，共个，即．
如图所示，用平行于该正方体底面且与下底面距离分别为1、2、3的平面去截正方体，记截面分别为，，，
那么这125个点在，，和正方体的上、下底面这五个平面内，
一个面上取不共线的3点，相邻面上再取一点构成一个三棱锥．
则这个三棱锥的体积最大为．
现在任取11个点，若有四点共面，则命题己成立，
若其中无4点共面，但11个点分在5个平面上至少有一个平面内有3个点；
若这三点在，，这三个截面中的一个上，与这个面相邻的两个面上如果有一点，
那么这一点与平面上的三点这四点可构成三棱锥的四个顶点，其体积不超过，
否则还有8个点正方体的上、下底面上，不合题意；
若这三个点在正方体上底面或者下底面上，不妨设在下底面上，若在平面上的一个点，
则同样四点构成的三棱锥体积不超过，
否则剩下的8个点在，，正方体上底面三个平面上，只能是3，3，2分布，
不管哪一种分布都有四点构成的三棱锥体积不超过，
综上所述：任取11个点，其中必存在4个点，它们共面或者以它们为顶点的三棱锥体积不大于．
【点睛】方法点睛：对应新定义问题，要充分理解定义，并转化为已学的内容，认真归纳类比即可得出结论，但在推理过程中要严格按照定义的法则或相关的定理进行.
