2023-2024学年重庆市乌江新高考协作体高一（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年重庆市乌江新高考协作体高一（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，且，则实数( )
A. B. C. D.
2.在，，，，，这几个数中，纯虚数的个数为( )
A. B. C. D.
3.已知向量、的夹角为，，若，则( )
A. B. C. D.
4.已知向量，，，则等于( )
A. B. C. D.
5.在平面四边形中，为正三角形，，，如图，将四边形沿折起，得到如图所示的四面体，若四面体外接球的球心为，当四面体的体积最大时，点到平面的距离为( )
A. B. C. D.
6.已知，为平面外一点，，到两边、的距离都为，则到面的距离( )
A. B. C. D.
7.数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则下列结论正确的是( )
A. 勒洛四面体最大的截面是正三角形
B. 若，是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为
C. 勒洛四面体的体积是
D. 勒洛四面体内切球的半径是
8.在中，为上一点，且，，，则( )
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.下列命题中，真命题为( )
A. 复数为纯虚数的充要条件是
B. 复数的共轭复数为
C. 复数的虚部为
D. 复数，则
10.已知，，是平面上三个非零向量，下列说法正确的是( )
A. 一定存在实数，使得成立
B. 若，那么一定有
C. 若，那么
D. 若，那么，，一定相互平行
11.在菱形中，，，将菱形沿对角线折成大小为的二面角，若折成的四面体内接于球，则下列说法正确的是( )
A. 四面体的体积的最大值是
B. 的取值范围是
C. 四面体的表面积的最大值是
D. 当时，球的体积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.复数的模是______．
13.在二面角的一个面内有一个点，若它到二面角的棱的距离是，则该点到另一个面的距离是______．
14.已知平面向量与的夹角为，若恒成立，则实数的取值范围为______．
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
在中，角，，的对边分别为，，，已知．
求角的大小；
若，求的面积；
若为的中点，求的长．
16.本小题分
设复数，．
若是实数，求；
若是纯虚数，求．
17.本小题分
已知正方体中，，点，分别是线段，的中点．
求点到平面的距离；
判断，，，四点是否共面，若是，请证明；若不是，请说明理由．
18.本小题分
如图，在三棱柱中，侧面为矩形．
设为中点，点在线段上，且，求证：平面；
若二面角的大小为，且，求直线和平面所成角的正弦值．
19.本小题分
个有次序的实数，，，所组成的有序数组称为一个维向量，其中称为该向量的第个分量特别地，对一个维向量，若，，，称为维信号向量设，，则和的内积定义为，且．
直接写出个两两垂直的维信号向量．
证明：不存在个两两垂直的维信号向量．
已知个两两垂直的维信号向量，，，满足它们的前个分量都是相同的，求证：．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，，，
又，，解得．
故选：．
由已知求得，再由向量垂直的坐标运算列式求解值．
本题考查向量的坐标运算，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：为实数，为纯虚数，，为虚数，为纯虚数，为实数，
纯虚数只有个，
故选：．
通过纯虚数的定义逐个判定即可．
本题考查复数的基本概念，注意解题方法的积累，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：因为向量、的夹角为，
所以，
所以，
所以；
故选D
由已知求出展开，利用数量积计算即可．
本题考查了平面向量的数量积公式的运用求向量的模；一般的，没有坐标表示的向量求模，先求其平方的值，然后开方求模．
4.【答案】
【解析】解：因为，，
所以，
因为，所以，解得，则，
所以．
故选：．
先由平面向量的线性运算求得，再由平面向量模的坐标表示得到关于的方程，解之即可利用平面向量数量积的坐标表示求得．
本题考查平面向量的坐标运算，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：根据题意可得当平面平面时，四面体的体积最大，
在平面内过作于点，则平面，
为正三角形，，易知，
四面体外接球的球心为正三角形的中心，即的靠近的三等分点，
建系如图，则根据题意可得：
，，，，
，，，
设平面的法向量为，
则，取，
点到平面的距离为．
故选：．
根据题意可得当平面平面时，四面体的体积最大，在平面内过作于点，则平面，再建系，利用向量法，向量数量积运算，即可求解．
本题考查向量法求解点面距问题，属中档题．
6.【答案】
【解析】解：，为平面外一点，，到两边、的距离都为，
作平面，作，，连接，，，
由已知，平面，则，，
，由勾股定理，
，是等边三角形，，
平面，由三垂线定理的逆定理得，，，
设，则由余弦定理得，
，
解得，
由勾股定理得，
到面的距离为．
故选：．
通过空间垂直关系的转化，利用勾股定理能求出到面的距离．
本题考查三棱锥结构特征、点到平面距离公式等基础知识，考查运算求能力，是中档题．
7.【答案】
【解析】解：由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，如图所示，故A不正确；
根据勒洛四面体的性质，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，
所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值即为内接正四面体的边长，
所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为，故B错误；
如图，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心，
连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径．
如图，在正四面体中，为的中心，是正四面体外接球的球心，
连接，，，由正四面体的性质可知在上．
因为，所以，则．
因为，
即，解得，
则正四面体外接球的体积是，
而勒洛四面体的体积小于其外接球的体积，故C错误；
因为，所以，
所以，勒洛四面体内切球的半径是，则D正确．
故选：．
由勒洛四面体的定义判断选项A；由勒洛四面体的定义求解判断；根据对称性，由勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心求解判断；结合由棱长减去外接球的半径求得内切球的半径求解判断．
解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解．
8.【答案】
【解析】解：法一、如图所示，在和中，有，，
故∽，设，则，，所以
设，则根据相似比：得，
又，由余弦定理可得：，
，
则，，
故；
法二：设，则，
在和中，有，由正弦定理有：，
两式相除得：，
由三角恒等变换公式得：，
由弦化切，构造齐次式得：，
即，解之得：或，
在中，则，
故．
故选：．
法一：根据条件，利用相似三角形的性质及余弦定理可求，计算即可．
法二：先由正弦定理及可得关于的三角恒等式，然后结合和差角公式及同角基本关系进行化简可求．
本题考查向量与解三角形的综合，属于压轴题．方法一通过已知找到边之间的关系是关键，在根据余弦定理即可解得答案；方法二是根据“爪”型三角形，通过两次正弦定理转化边角关系，解有关角的方程，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：复数为纯虚数的充要条件是且，故A错误，
复数的共轭复数是，故B正确，
复数的虚部为，故C正确，
复数，则，故，故D正确，
故选：．
根据纯虚数的定义判断，根据共轭复数的定义判断，根据虚部的定义判断，根据复数的运算性质判断．
本题考查了复数的相关定义以及复数的运算，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于选项A，当与共线，与不共线时，不存在、使得成立，故A选项错误；
对于选项B，因为，所以，即，
所以，故B选项正确；
对于选项C，若，则，
因为，
所以，
因为，所以，即，则，
又因为，所以，
所以，故C选项正确；
对于选项D，当与垂直，与垂直时，成立，但是，，不相互平行，
故D选项错误．
故选BC．
对于选项A，没有声明和不共线；
对于选项B，利用向量垂直的定义即可判断；
对于选项C，将变形成，再平方后变形即可判断；
对于选项D，利用两向量垂直，则数量积等于零，可令与垂直，与垂直，即得到反例．
本题主要考查向量垂直与数量积的关系，属于基础题．
11.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了命题的真假判断与应用，棱锥的结构特征，球的体积和表面积，二面角的平面角及求法，考查了转化思想，属中档题．
求出当时，四面体的体积最大，利用锥体的体积公式可判断选项的正误；利用余弦定理可判断选项的正误；利用时，四面体的表面积的最大，可判断选项的正误；求出球的半径，利用球体的体积公式可判断选项的正误．
【解答】解：，，则为等边三角形，
取的中点，则，同理可知，为等边三角形，，
且，，
二面角的平面角为，
设点到平面的距离为，则，
，
当且仅当时，等号成立，
即四面体的体积的最大值是，选项正确；
B.由余弦定理可得，
，选项错误；
C.，
，，≌，
，
四面体的表面积的最大值是，选项正确；
D.设、分别为、的外心，则，
在平面内过点作的垂线与过点作的垂线交于点，
，，，平面，
平面，，
，，平面，同理可得平面，
则为四面体的外接球球心，
连接，，，，≌，
，，
平面，平面，，
，即球的半径为，
球的体积为，选项正确．
故选：．
12.【答案】
【解析】解：，
．
故答案为：．
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：如图所示：
为二面角的一个面内有一点．
是它到另一个面的距离，是点到棱的距离且．
，，又，面，得出，
所以为二面角的平面角，．
在中，．
故答案为：．
是它到另一个面的距离，它到棱的距离，得出为二面角的平面角．在中求解即可．
本题考查眯到平面的距离的求法，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．
14.【答案】
【解析】解：设，如图作平行四边形，
则，令，
由于恒成立，即恒成立，
在中，，
，，
由于恒成立，故，
即实数的取值范围为．
故答案为：．
设，构造平行四边形，由于恒成立，即恒成立，结合正弦定理将恒成立问题转化为最值问题，即可求解．
本题考查平面向量的夹角与正弦定理的应用，涉及三角函数的值域，属于中档题．
15.【答案】解：，
，即，
由正弦定理得，由余弦定理得，
，
；
，
由余弦定理得，
，
；
为的中点，
在中，由余弦定理得，即，
又，得，
为的中点，
，两边平方得，
，即中线的长度为．
【解析】根据正弦定理边角互化，结合余弦定理即可求解；
根据余弦定理得，进而根据三角形面积公式即可求解；
根据向量的模长公式结合条件即可求解．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式以及向量的模长公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
16.【答案】解：由，，得，而是实数，
于是，解得，
所以．
依题意，是纯虚数，
因此，解得，
所以．
【解析】利用复数的加法及复数的分类求出，再利用复数乘法求解即得．
利用复数除法及复数的分类求出即得．
本题考查复数的运算，属于基础题．
17.【答案】解：记点到平面的距离为，
由题意知为正三角形，且，
所以，，
所以，
因为，
所以，即，
解得，即点到平面的距离为．
，，，四点共面．
证明如下：
连接，因为，分别是线段的中点，
所以，由正方体性质可知且，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以，
所以，，，四点共面．
【解析】由，利用等体积法能求出结果；
利用三角形中位线性质证明然后证明为平行四边形，即可得再由直线平行的传递性可证．
本题考查点到平面的距离、等体积法、线线平行的判定与性质、四点共面等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】证明：连接交于，连接，
因为侧面为矩形，
所以，又为中点，
所以，
又因为，
所以．
所以，又平面，平面，
所以平面．
解：在平面中，过点作射线，
因为底面为矩形，所以，
所以为二面角的平面角，且．
又，，平面，所以平面，
在平面中，过点作，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，又，平面，平面，
所以平面，
则即为直线和平面所成的角，
于是为点到平面的距离，且，
设直线和平面所成角为，又，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为．

【解析】连接交于，连接，由题可得，然后利用线面平行的判定定理即得；
在平面中，过点作射线，可得为二面角的平面角，过点作，可得平面，则即为直线和平面所成的角，利用锐角三角函数计算可得．
本题主要考查直线与平面所成的角，考查转化能力，属于中档题．
19.【答案】解：依题意，可写出个两两垂直的维信号向量为：
，，，．
假设存在个两两垂直的维信号向量，
因为将这个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设，
因为，所以有个分量为，
设的前个分量中有个，则后个分量中有个，，
则，
，则，矛盾，
所以不存在个两两垂直的维信号向量．
任取，，计算内积，
将所有这些内积求和得到，则，
设的第个分量之和为，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为的贡献为，
所以，
则，所以，故．
【解析】由维信号向量的定义可写出个两两垂直的维信号向量；
假设存在个两两垂直的维信号向量，根据题意不妨设，利用，可得有个分量为，进而可得的前个分量中有个，则后个分量中有个，，由题意可得，可证结论；
任取，，计算内积，，设的第个分量之和为，利用，可得结论．
本题考查内积的定义，考查运算求解能力与逻辑思维能力，对综合素养要求较高，属于难题．
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