莆田市第二中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷
（满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
一、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. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出，然后再求.
【详解】由，得：，
所以：，即：，故C项正确.
故选：C.
2. 如图，正方形OABC边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把直观图还原成原来的图形，则原图形是平行四边形，根据斜二测画法法则求得原图形的面积.
【详解】由斜二测画法知：对应原图中，且，
且为平行四边形，如下图示，
所以原图形的面积为.
故选：D
3. 平面向量、满足，，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出的值，由结合平面向量数量积的运算性质求出的值，再利用投影向量的定义可求得在上的投影向量.
【详解】因为，，则，
因为，则，可得，
所以，在上的投影向量为
，
故选：C.
4. 若表示两条不重合的直线，表示三个不重合的平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，且，则
B. 若相交且都在外，，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】以三棱柱为例可判断A；根据面面平行的判定以及性质可判断B；根据空间的线面位置关系可判断C；根据线面平行判断线线的位置关系可判断D.
【详解】对于A，如图示三棱柱中，右侧面为，后面的侧面为，
满足，且，但相交，A错误；
对于B，相交且都在外，设确定的平面为，即，
因为，故可得，同理，
故，B正确；
对于C，若，则或，C错误；
对于D，若，则可能平行或相交或异面，D错误，
故选：B
5. 如图，在中，，为上一点，且，若，则的值为（ ）
A. B. 5 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先利用向量共线求得m的值，再依据向量数量积即可求得的值.
【详解】记，则，,
则，又，则，
则,
又三点共线，则，解之得，
则
故选：C
6. 如图所示，位于东海某岛的雷达观测站A，发现其北偏东方向，距离海里的B处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又测得该货船位于观测站A东偏北方向的C处，且已知A，C之间的距离为10海里，则该货船的速度大小为（ ）
A. 海里/小时 B. 海里/小时
C. 海里/小时 D. 海里/小时
【答案】A
【解析】
【分析】根据所给条件求出，再借助余弦定理即可作答.
【详解】因，则，由题意得，
即，
在中，，，
由余弦定理得：
即，解得，
设船速为x，则，即，
所以货船的速度大小为海里小时.
故选：A
7. 正方体的棱长为，点在三棱锥的侧面表面上运动，且，则点轨迹的长度是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出图形，分析可知点轨迹是以点为圆心，半径为的圆与的交线，计算出圆心角的大小，结合扇形的弧长公式可求得结果.
【详解】因为平面，且，
所以，点的轨迹是以为圆心，半径为的圆在内的交线，
取的中点，则，且，
设圆弧交于、两点，如下图所示：
，所以，，
又因为，则为等边三角形，
故点轨迹的长度是.
故选：B.
8. 已知A，B，C，D四点都在表面积为的球O的表面上，若球O的直径，且，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，根据正弦定理可求r，根据几何关系可求D到平面ABC的距离为定值，当△ABC面积最大时，三棱锥A－BCD体积最大，利用余弦定理、基本不等式、三角形面积公式可求△ABC面积的最大值，即得.
【详解】设球O的半径为R，因为球O的表面积为，故，即，
∵，，设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，
∴根据正弦定理知，，即，
∴，
∵AD是直径，O是AD中点，故D到平面ABC的距离为，
在△ABC中，根据余弦定理得，，
即，
∴，当且仅当时，等号成立，
∴△ABC面积的最大值为，
∴三棱锥A－BCD体积最大值.
故选：D.
二、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. 下列有关复数的说法中（其中i为虚数单位），正确的是（ ）
A.
B. 复数的共轭复数的虚部为2
C. 若是关于的方程的一个根，则
D. 若复数满足，则的最大值为2
【答案】BD
【解析】
【分析】由复数的运算法则，可判定A不正确；求得，可判定B正确；根据题意，得到方程的另一根为，进而求得，可判定C不正确；结合复数的几何意义，可判定
D正确.
【详解】对于A中，由复数的运算法则，可得，所以A不正确；
对于B中，由复数，可得，可得的虚部为，所以B正确；
对于C中，由若是关于的方程的一个根，
可得方程的另一根为，则，所以C不正确；
对于D中，由复数满足，可得在复平面内表示以为圆心，半径为的圆，
又由表示圆上的点到原点的距离，可其最大值为，所以D正确.
故选：BD.
10. 已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆的直径长为．若为底面圆周上不同于的任意一点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 圆锥的侧面积为
B. 面积的最大值为
C. 圆锥的外接球的表面积为
D. 若，为线段上的动点，则的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对A：根据圆锥的侧面积公式分析运算；对B：根据题意结合三角形的面积公式分析运算；对C：根据题意可得圆锥的外接球即为的外接圆，利用正弦定理求三角形的外接圆半径，即可得结果；对D：将平面与平面展开为一个平面，当三点共线时，取到最小值，结合余弦定理分析运算.
【详解】对A：由题意可知：，
故圆锥的侧面积为，A错误；
对B：面积，
在中，，故为钝角，
由题意可得：，
故当时，面积的最大值为，B正确；
对C：由选项B可得：，为钝角，可得，
由题意可得：圆锥的外接球半径即为的外接圆半径，设其半径为，
则，即；
故圆锥的外接球的表面积为，C正确；
对D：将平面与平面展开为一个平面，如图所示，
当三点共线时，取到最小值，
此时，
在，，则为锐角，
则，
在，则，
由余弦定理可得，
则，故的最小值为，D正确.
故选：BCD.
11. 如图，棱长为2的正方体的外接球的球心为O，E、F分别为棱AB、的中点，G在棱BC上，则（ ）
A. 对于任意点G，平面EFG
B. 存在点G，使得平面EFG
C. 直线EF被球O截得的弦长为
D. 过直线EF的平面截球O所得的截面圆面积的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，举出反例；B选项，取为的中点时，证明平面即可判断；C选项，求出球心到EF的距离，利用垂径定理求解；D选项，结合C选项中的求解得到球心O到截面的距离，从而求出截面面积最小值.
【详解】对于A，当与重合时，平面，平面，
此时直线与平面相交，A错误；
对于B，因为四边形为正方形，则，
当为的中点时，，则，
因为平面，平面，则，
因为，平面，则平面，
因为平面，所以，同理，，
因为，平面，所以平面，即平面，
B正确；
对于C，取的中点，因为，为的中点，则，
所以，同理可得，则.
因为平面，平面，则，
所以，，则，
球的半径为，
所以直线被球截得的弦长为，C正确；
设截面圆半径为，球心到截面的距离为，则.
因为，则，所以截面圆面积，
即截面圆面积的最小值为，D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是结合空间中点、线、面的位置关系确定线面的位置关系，进而求出弦长及截面面积的最小值.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，将答案填在答题卡相应位置.
12. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，若，则外接圆半径为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理结合两角和正弦公式化简求解，再由得，最后由正弦定理求得外接圆半径即可.
【详解】由及正弦定理得，
即，即，由，则，所以，
因为，所以，所以，
所以由正弦定理得，的外接圆半径为.
故答案为：
13. 在正三棱柱中，D为棱的中点，若是面积为6的直角三角形，则此三棱锥的体积为______.
【答案】##
【解析】
【分析】由题意首先求得棱长和底边长，然后结合棱柱、棱锥体积公式根据割补法计算体积即可.
【详解】由题，设，，截面是面积为的直角三角形，
所以，，
则由得，又，所以，
故，
取的中点为E，连接，则由题意，
因为平面，平面，则，
因为，平面，则平面，
又，，
所以
，
故答案为：
14. 已知中，，以AB为一边向外作等边三角形ABD（如图所示），且.当时，的值为______，当时，求的值为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】取的中点，连接，可得出，将用表示，即可求解；设，设，则，利用正弦定理、诱导公式可求得角的值，可得出，求出、的值，即可得解.
【详解】取的中点，连接，则，则，
，
因此，，
因此，.
当时，设，设，则，
中，，在中，，
所以，，故，
由已知，则，所以，，
若，则，可得，
解得，不合乎题意；
若，则，可得，
解得，则，此时，所以，，，
因此，.
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：本题考查了平面向量基本定理的运用及正弦定理等综合运用，解答本题的关键是第二问，利用正弦定理结合诱导公式建立方程，解正弦函数方程要注意检验.
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. 已知向量，
（1）若，求实数m的值；
（2）求以与为邻边的三角形的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）借助数量积公式与向量垂直的坐标表示计算即可得；
（2）求出两边的模长及夹角后借助三角形面积公式计算即可得.
【小问1详解】
，由，
则有，即；
【小问2详解】
，，
，，
则，
则，
则，
.
16. 已知在圆锥中，底面的直径，的面积为12．
（1）求圆锥的表面积；
（2）若球内切于圆锥，用一个与圆锥的底面平行且与球相切（切点）的平面截圆锥得圆台，求球的体积和圆台的体积之比．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用圆锥的表面积公式求解即可.
（2）利用几何体的轴截面进行处理，分别求出球和圆台的体积.
【小问1详解】
设圆锥的母线长为，底面的直径为，
所以，因为的面积为12， 所以，
解得，由勾股定理有：，由圆锥的表面积公式有：
.
所以圆锥的表面积为.
小问2详解】
作该圆锥的轴截面，如图，则
因为球内切于圆锥，所以，所以，
设球的半径为，则，即，解得，
所以球的体积为.
由题知，，所以，即，解得.
所以圆的面积，又圆的面积，圆台的高记为，
所以，
由圆台的体积公式有 ，
所以球的体积和圆台的体积之比为.
17. 在中，内角所对的边分别是，三角形面积为，若为边上一点，满足，且.
（1）求角；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合面积公式、正弦定理及两角和的正弦公式化简可得，进而求解即可；
（2）在中由正弦定理可得，在中，可得，进而得到，结合三角恒等变化公式化简可得，进而结合正弦函数的图象及性质求解即可.
【小问1详解】
，
，即，
由正弦定理得，，
，
，
，，
由，得.
【小问2详解】
由（1）知，，
因为，所以，，
在中，由正弦定理得，
即，
在中，，
，
，,
，
，，，
所以的取值范围为.
18. 如图1，四边形ABCD为菱形，是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图2，
（1）证明：；
（2）求异面直线BD与PC所成角的余弦值；
（3）在线段PD上是否存在点N，使得∥平面MCN﹖若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）存在，PN
【解析】
【分析】（1）由等边三角形的性质可得，再由四边形，可得，再由线面垂直的判定可得平面，则；
（2）在上取点Q，使得，设，连接，，可证得或其补角为异面直线BD与PC所成的角，然后在中利用余弦定理求解即可；
（3）设，连接，则由线面平行的性质可得∥，从而可找出点的位置.
【小问1详解】
连接，因为是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，所以.
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以
【小问2详解】
在上取点Q，使得，设，连接，，
因为∥，所以，
在中，，所以∥，
所以或其补角为异面直线BD与PC所成的角，因为，所以，
又，
，
在中，由余弦定理得,
所以异面直线BD与PC所成角的余弦值为.
【小问3详解】
假设线段上存在点，使得∥平面，
因为∥平面，平面，平面平面，
所以∥，又，所以.
所以线段PD上存在点N，使得PB∥平面MNC，且PN．
19. 如图，在平面四边形中，，，.
（1）若，求；
（2）求四边形面积的取值范围；
（3）若，求.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用差角的正切公式求出，再利用直角三角形边角关系求解即得.
（2）利用表示的面积，进而求出四边形面积函数关系，再求出函数值域即得.
（3）设，在中用正弦定理建立方程，结合三角恒等变换求得即可得解.
【小问1详解】
依题意，，
在中，，则.
【小问2详解】
设，则，
，由，得，因此，
所以四边形面积的取值范围是.
【小问3详解】
设，则，
在中，由正弦定理，得，
即
解得，
在中，由正弦定理，得.
20. 三棱锥的底面是以AC为底边的等腰直角三角形且，各侧棱的长均为3，点E为棱PA的中点点Q是线段CE上的动点.
（1）求点E到平面ABC的距离；
（2）设点Q到平面PBC的距离为，Q到直线AB的距离为，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，通过得出平面可求出到平面的距离；
（2）以为原点建立空间直角坐标系设，利用向量关系表示出，求导可求出最小值.
【小问1详解】
取AC中点O，连接PO，BO，
因为，，所以，且，
因为是等腰直角三角形，所以，且，又，
满足，
所以，因为，平面ABC，平面ABC，
所以平面ABC，
因为点E为棱PA的中点，所以E到平面ABC的距离为；
【小问2详解】
如图，
以为原点建立空间直角坐标系，设，
则，
则，
设，则可得，
则，则，
所以，
所以，
所以，
设平面的法向量为，
则，即，令，可得，
则，
所以，
所以，令，解得，
令，则，
所以在单调递增，
所以当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，即的最小值为.
【点睛】方法点睛：立体几何中的距离范围（最值）问题解法：
①几何法：根据图形特征，寻找两点之间距离的范围；②坐标法：建立空间直角坐标系，利用坐标结合函数性质求范围.莆田市第二中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷
（满分150分，考试时间120分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
一、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. 已知复数满足，则（ ）
A. B. C. 1 D.
2. 如图，正方形OABC边长为1，它是水平放置一个平面图形的直观图，则原图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
3. 平面向量、满足，，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
4. 若表示两条不重合的直线，表示三个不重合的平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，且，则
B. 若相交且都在外，，则
C. 若，则
D. 若，则
5. 如图，在中，，为上一点，且，若，则的值为（ ）
A. B. 5 C. D.
6. 如图所示，位于东海某岛的雷达观测站A，发现其北偏东方向，距离海里的B处有一货船正匀速直线行驶，半小时后，又测得该货船位于观测站A东偏北方向的C处，且已知A，C之间的距离为10海里，则该货船的速度大小为（ ）
A. 海里/小时 B. 海里/小时
C. 海里/小时 D. 海里/小时
7. 正方体的棱长为，点在三棱锥的侧面表面上运动，且，则点轨迹的长度是（ ）
A B. C. D.
8. 已知A，B，C，D四点都在表面积为的球O的表面上，若球O的直径，且，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
二、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. 下列有关复数的说法中（其中i为虚数单位），正确的是（ ）
A.
B. 复数的共轭复数的虚部为2
C. 若是关于的方程的一个根，则
D. 若复数满足，则的最大值为2
10. 已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆的直径长为．若为底面圆周上不同于的任意一点，则下列说法中正确的是（ ）
A. 圆锥侧面积为
B. 面积的最大值为
C. 圆锥的外接球的表面积为
D. 若，为线段上的动点，则的最小值为
11. 如图，棱长为2的正方体的外接球的球心为O，E、F分别为棱AB、的中点，G在棱BC上，则（ ）
A. 对于任意点G，平面EFG
B. 存在点G，使得平面EFG
C. 直线EF被球O截得的弦长为
D. 过直线EF的平面截球O所得的截面圆面积的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，将答案填在答题卡相应位置.
12. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，若，则外接圆半径为______.
13. 在正三棱柱中，D为棱的中点，若是面积为6的直角三角形，则此三棱锥的体积为______.
14. 已知中，，以AB为一边向外作等边三角形ABD（如图所示），且.当时，的值为______，当时，求的值为______.
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. 已知向量，
（1）若，求实数m的值；
（2）求以与为邻边的三角形的面积.
16. 已知在圆锥中，底面的直径，的面积为12．
（1）求圆锥的表面积；
（2）若球内切于圆锥，用一个与圆锥的底面平行且与球相切（切点）的平面截圆锥得圆台，求球的体积和圆台的体积之比．
17. 在中，内角所对的边分别是，三角形面积为，若为边上一点，满足，且.
（1）求角；
（2）求的取值范围.
18. 如图1，四边形ABCD为菱形，是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图2，
（1）证明：；
（2）求异面直线BD与PC所成角的余弦值；
（3）在线段PD上是否存在点N，使得∥平面MCN﹖若存在，请求出值；若不存在，请说明理由.
19. 如图，平面四边形中，，，.
（1）若，求；
（2）求四边形面积的取值范围；
（3）若，求.
20. 三棱锥的底面是以AC为底边的等腰直角三角形且，各侧棱的长均为3，点E为棱PA的中点点Q是线段CE上的动点.
（1）求点E到平面ABC的距离；
（2）设点Q到平面PBC的距离为，Q到直线AB的距离为，求的最小值.
