2023-2024学年浙江省金兰教育合作组织高一（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年浙江省金兰教育合作组织高一（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.已知向量，，若，则( )
A. B. C. D.
2.下列四个命题中正确的是( )
A. 每个面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥
B. 所有棱长都相等的四棱柱是正方体
C. 以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱
D. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥
3.已知复数，其中是虚数单位，则的虚部是( )
A. B. C. D.
4.已知，为非零向量，且满足，则在上的投影向量为( )
A. B. C. D.
5.已知的三条边长分别为，，，且：：：：，则此三角形的最大角与最小角之和为( )
A. B. C. D.
6.已知平面直角坐标系下，的三个顶点坐标为：，，，若斜二测画法下的直观图是，则的面积为( )
A. B. C. D.
7.如图所示，在 中，点为线段上的中点，点为线段上靠近点的三等分点，，分别与交于，两点则( )
A. B.
C. D.
8.在中，角，，所对的边分别为，，，边上的中线、高线、角平分线长分别是，，，则下列结论中错误的是( )
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.已知复数，均不为，复数的共轭复数为，则( )
A. B.
C. D.
10.在中，角，，所对的边分别为，，，下列说法中正确的是( )
A. 若，则是直角三角形
B. 若，则是锐角三角形
C. 若，则是等腰三角形
D. 若，则是等边三角形
11.已知，为非零向量，且满足，，则( )
A. ，夹角的取值范围是 B. 的取值范围是
C. 的取值范围是 D. 的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知是虚数单位，则 ______．
13.已知球的体积为，则球的表面积为______，球的内接正四面体的体积为______．
14.勒洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛如图所示，分别以正三角形的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为勒洛三角形已知正三角形边长为，点为圆弧上的一点，且满足：，则的值为______．
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.本小题分
已知复数．
若复数是方程的一个复数根，求实数，的值；
若复数满足，求
16.本小题分
如图所示，已知三棱柱的所有棱长都为，，点为线段上的动点．
若点恰为线段上靠近点的三等分点，求三棱锥和三棱柱的体积之比；
求的最小值及此时的值．
17.本小题分
设向量，满足，，．
求的值；
已知与的夹角的余弦值为，求的值．
18.本小题分
已知，，分别为三个内角，，的对边，且满足，．
求；
若，为线段上的两个动点，且满足，，求的取值范围．
19.本小题分
对于平面向量，定义“变换”：，
若向量，，求；
已知，，且与不平行，，，证明：；
若向量，求．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：向量，，，
则，解得．
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：根据题意，依次分析选项：
对于，如图：
在三棱锥中，有，，
该每个面都是等腰三角形，但该棱锥不是正三棱锥，A错误；
对于，底面为菱形的直四棱柱，其侧棱与底面边长相等，
该四棱柱的所有棱长都相等，但不是正方体，B错误；
对于，以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，C正确；
对于，以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥，D错误．
故选：．
根据题意，举出反例可得、B错误，由圆柱、圆锥的定义分析和，综合可得答案．
本题考查常见几何体的定义，涉及棱锥、棱柱、圆柱、圆锥的定义，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：，
的虚部为．
故选：．
直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
4.【答案】
【解析】解：，为非零向量，且满足，
则，
，
故在上的投影向量为：．
故选：．
结合投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的公式，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：因为：：：：，
设，，，
解得，，，
令，则，，，
由三角形中大边对大角，可得角为最大角，为最小角，
由余弦定理可得，而，
所以，
所以．
故选：．
由题意设，，的值，判断出角为最大角，角为最小角，由余弦定理可得的值，再由角的范围，可得角的大小，进而求出的大小．
本题考查余弦定理的应用，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：根据题意，的三个顶点坐标为：，，，
则，，则有，即直线与垂直，，
同时，，
故的面积，
则其直观图的面积．
故选：．
根据题意，由点、、的坐标分析可得，进而可得，同时求出、的长，由此可得的面积，结合直观图面积与原图面积的关系，分析可得答案．
本题考查平面图形的直观图，涉及三角形面积的计算，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：选项A，因为，且点为线段上靠近点的三等分点，
所以，
所以，即选项A错误；
选项B，因为点为线段上的中点，
所以，
因为点为线段上靠近点的三等分点，
所以，
联立消去，得，即选项B错误；
选项C，因为，且点是的中点，
所以，
所以，
所以，即选项C正确；
选项D，因为，
所以，即选项D错误．
故选：．
根据平面向量的基本定理，结合平行线的性质与平面向量的线性运算法则，逐一分析选项即可．
本题考查平面向量的基本定理，熟练掌握平面向量的线性运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：：设为的中线，由中线定理可得：，可得，
即，所以A正确；
中，设，设为的角平分线，所以，
由三角形等面积法可得，
可得，
所以，即，所以B正确；
设为边上的高，由等面积法可得，
所以，因为，由余弦定理可得，
所以，
所以，
即，所以C正确；
中，由可得，所以不正确．
故选：．
中，由正弦定理可得中线的表达式，判断出的真假；中，由三角形等面积法求出角平分线的表达式，判断出的真假；中，由三角形等面积法求出高的表达式，判断出的真假；中，由选项的分析，可得三角形的面积的表达式，判断出的真假．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，设，，
，
则，，故A正确；
，
则，
，故C正确；
对于，令，，
，，故B错误；
对于，结合复数模的性质可知，，故D正确．
故选：．
结合复数的四则运算，共轭复数的定义，复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，共轭复数的定义，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：中，由正弦定理可得，在三角形中，，
所以，因为，所以，
而，所以，所以该三角形为直角三角形，所以A正确；
中，因为，所以，即角为锐角，但是角，角不能确定是锐角，所以该三角形不一定是锐角三角形，所以不正确；
中，因为，由正弦定理可得，
可得，在三角形中，可得或，
所以或，
所以该三角形为等腰三角形或直角三角形，所以不正确；
中，因为，由正弦定理可得，
则，即，可得，在三角形中，可得，
同理可得，，所以该三角形为等边三角形，所以D正确．
故选：．
中，由正弦定理及三角形中角之间的关系，可得，即角为直角，判断出的真假；中，由余弦定理判断出角为锐角，不能判断出角，是否为锐角，进而判断出的真假；中，由正弦定理可得，再在三角形中，可得或，判断出三角形的形状，判断出的真假；中，由正弦定理及两角差的正弦公式，可得，判断出的真假．
本题考查三角形中角之间关系的应用及正弦定理的应用，两角和，两角差的正弦公式的应用，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：设，的夹角为，由，，得，
所以，解得，当且仅当，即时取“”，
所以，所以夹角的取值范围是，选项A正确；
由，得，等价于，
解得，所以的取值范围是，选项B正确；
因为，，所以，
即的取值范围是，选项C错误；
，
由，得，所以，选项D正确．
故选：．
选项A中，设，的夹角为，由题意求出的取值范围，即可得出夹角的范围；
选项B中，由的取值范围，列不等式求出的取值范围；
选项C中，由取值范围，求出的取值范围；
选项D中，由的取值范围，直接求出的范围．
本题考查了平面向量数量积的应用问题，也考查了夹角与模长的计算问题，是中档题．
12.【答案】
【解析】解：由，得．
故答案为：．
利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．
13.【答案】
【解析】解：设球的半径为，则有，
解得，即，
所以球的表面积为，
将正四面体扩展为正方体，它们的外接球是同一个球，
正方体的对角线长就是球的直径，设正方体的棱长为，对角线长为，
则由，得，
所以正四面体的体积为．
故答案为：；．
根据球的体积公式求得半径，再利用球的表面积公式即可得解；将正四面体扩展为正方体，它们的外接球是同一个球，正方体的对角线长就是球的直径，求出正方体的棱长即可求出正四面体的体积．
本题考查正四面体的外接球，体积的求法，考查计算能力，空间想象能力，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：如图，以为原点建立平面直角坐标系，
因为弧在圆上，设，则，
设点到直线的距离为，
由，可得，
由，，，
可得直线的方程为：，即，
故点到直线的距离，
因为在直线上方，所以，
所以，故，
由，，，
可得
，
则的值为．
故答案为：．
建立平面直角坐标系，设，利用的面积和点到直线的距离公式，求得，再根据平面向量数量积的坐标运算进行计算即可得出结论．
本题考查直线方程、点到直线的距离求法、平面向量数量积运算等知识，属中档题．
15.【答案】解：，
所以，
，所以，；
因为，
所以，
所以．
【解析】把复数代入方程，结合复数相等的条件即可求解；
结合复数的四则运算及复数的模长公式即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算及复数相等条件的应用，属于基础题．
16.【答案】解：；
将绕着直线旋转至平面，当，，三点共线时，取得最小值，
，，
，
，
此时，．
【解析】利用等体积转化法求解即可；
将绕着直线旋转至平面，当，，三点共线时，取得最小值，再利用余弦定理求解即可．
本题考查等体积转化法以及利用展开法求几何体表面上两点间距离的最小值，属于中档题．
17.【答案】解：向量，满足，，，
，，
，
则；
，
，
，
，．
【解析】利用平面向量数量积的运算即可求解；
利用平面向量数量积和两向量的夹角公式即可求解．
本题考查了平面向量数量积和两向量的夹角计算，属于中档题．
18.【答案】解：，
，
，
又在中，，
，，
，；
由的面积为，可得，
，，
或，
又，得，，，
设，其中，则，，
在中，由正弦定理可得，
则，
在中，由正弦定理可得，
则．
的面积，
，
，则，
，即，
．
【解析】由三角形的正弦定理和三角函数的恒等变换，计算可得所求值；
由三角形的面积公式和正弦定理、余弦定理和三角函数的恒等变换以及正弦函数的性质，可得取值范围．
本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式，以及三角函数的恒等变换，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：由题意，把，，，代入变换公式，
得，
所以；
证明：因为，，所以，
所以，同理可得，
计算，
，
，
所以，
又，，，，
所以，，，
所以，，，
又，，
，，
所以．
解：由
，
；
所以
，
；
由题意知，，
所以，
即，
又因为，所以．
【解析】把，和的值代入变换公式求解即可；
根据平面向量的模长和夹角与数量积运算公式，以及三角形的面积公式，求解即可．
由递推公式，得出向量的坐标表示，再根据向量相等，列方程组即可求出的值．
本题考查了平面向量的数量积应用问题，也考查了三角函数恒等变换的应用问题，是难题．
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