2023-2024学年吉林省长春外国语学校高一（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年吉林省长春外国语学校高一（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.已知复数满足为虚数单位，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.在中，内角，，所对的边分别为，，向量，若，则角的大小为( )
A. B. C. D.
3.已知菱形边长为，则( )
A. B. C. D.
4.以长为，宽为的矩形的一边为旋转轴旋转而成的圆柱的侧面积为( )
A. ，或 B.
C. ，或 D.
5.在正方体中，，，分别是，，的中点，平面平面，则直线与的夹角大小为( )
A. B. C. D.
6.在中，内角，，的对边分别是，，，若，且，则( )
A. B. C. D.
7.我国古代数学名著数书九章中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水．天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是注：平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；一尺等于十寸；台体的体积公式 ( )
A. 寸 B. 寸 C. 寸 D. 寸
8.直观想象是数学六大核心素养之一，某位教师为了培养学生的直观想象能力，在课堂上提出了这样一个问题：现有个直径为的小球，全部放进棱长为的正四面体盒子中，则的最小值为( )
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.下列命题不正确的是( )
A. 棱台的侧棱长可以不相等，但上、下底面一定相似
B. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥
C. 有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
D. 直角三角形绕其任意一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥
10.已知的内角、、所对的边分别为、、，下列四个命题中，正确的命题是( )
A. 若，则一定是等腰三角形
B. 若，则是等腰或直角三角形
C. 若，则一定是等腰三角形
D. 若，且，则是等边三角形
11.在圆锥中，是母线上靠近点的三等分点，，底面圆的半径为，圆锥的侧面积为，则下列说法正确的是( )
A. 当时，过顶点和两母线的截面三角形的最大面积为
B. 当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为
C. 当时，圆锥的外接球表面积为
D. 当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量与的夹角为，，则在上的投影向量的模为______．
13.已知梯形是直角梯形，按照斜二测画法画出它的直观图如图所示，其中，，，，则直角梯形边的长度是______．
14.在中，内角，，所对的边分别为，，，满足，是边的中点，，且，则的长为______．
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，．
当是虚数，求的取值范围；
当是纯虚数，求的取值．
16.本小题分
已知向量，．
若，求实数的值；
若与的夹角是钝角，求实数的取值范围．
17.本小题分
的内角，，的对边分别为，，，设．
求；
若，试判断的形状；
若，求锐角的面积的取值范围．
18.本小题分
如图，已知平面，，，，，，点为的中点．
求证：平面；
求直线与平面所成角的大小；
若点为的中点，求点到平面的距离．
19.本小题分
如图所示正四棱锥，，，为侧棱上的点，且，求：
正四棱锥的表面积；
若为的中点，求证：平面；
侧棱上是否存在一点，使得平面若存在，求的值；若不存在，试说明理由．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由，得，
则．
，在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限．
故选：．
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，求出的坐标得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：向量，，
则，即，
由余弦定理可知，，即，
为三角形的内角，
则．
故选：．
结合向量平行的性质，以及余弦定理，即可求解．
本题主要考查向量平行的性质，以及余弦定理，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由题意，
．
故选：．
根据向量的数量积进行运算即可求得．
本题考查平面向量的线性运算及数量积运算，属基础题．
4.【答案】
【解析】解：根据题意，分种情况讨论：
当以长所在的直线为旋转轴时，则得到的圆柱的侧面积为，
当以宽所在的直线为旋转轴时，则得到的圆柱的侧面积为．
故选：．
根据题意，分以长所在的直线为旋转轴和以宽所在的直线为旋转轴两种情况求解即可．
本题考查了旋转体的结构特征与应用问题，是基础题．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查两条异面直线所成角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
取中点，中点，中点，得正六边形，直线即为，或其补角是异面直线与所成的角，结合正六边形的性质可得结论．
【解答】
解：如图，
取中点，中点，中点，得正六边形，连接，
易得，，所以，
所以平面，同理可得，平面，
即六边形是平面六边形，
由正方体性质知六边形是正六边形，
直线即为，又，
所以或其补角是异面直线与所成的角，，
所以异面直线与所成的角是．
故选：．
6.【答案】
【解析】解：因为，
所以由正弦定理得，
即，
因为，，故A舍或，
所以，又，
由得．
故选：．
由正弦定理得，从而得，再由内角和为，求得即可．
本题考查了两角和与差的正弦公式与正弦定理的应用，属于中档题．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查圆台的体积求法，正确理解题意是关键，属基础题．
由题意求得盆中水的上下底面半径，代入圆台体积公式求得水的体积，除以盆口面积得答案．
【解答】
解：如图，由题意可知，天池盆上底面半径为寸，下底面半径为寸，高为寸．
积水深寸，
水面半径为寸，
则盆中水的体积为立方寸．
平地降雨量等于寸．
故选：．
8.【答案】
【解析】解：先证明如下引理：如图所示：
设正四面体棱长为，平面，，
所以，，
显然为平面的重心，所以，
由勾股定理，可得，
所以正四面体的高等于其棱长的倍．
接下来来解决此题：如图所示：
个直径为的小球放进棱长为的正四面体中，成三棱锥形状，有层，
则从上到下每层的小球个数依次为：，，个，
当取最小值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的每个球都与正四面体底面相切，
任意相邻的两个小球都外切，位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线为一个正四面体，
则该正四面体的棱长为，可求得其高为，
所以正四面体的高为，
所以棱长的最小值为．
故选：．
分析个小球在正四面体内的位置情况，把正四面体的高用小球半径与正四面体的棱长表示，列等式即可求解．
本题考查了球的切接问题，考查了转化思想，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，由棱台的定义，棱台的侧棱长可以不相等，但上、下底面一定相似，A正确；
对于，有一个面是多边形，其余各面都是三角形且有公共顶点的几何体是棱锥，B错误；
对于，有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体不一定是棱柱，
反例如图：
故C错误；
对于，直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周所形成的几何体不是圆锥；D错误．
故选：．
根据题意，由棱柱、棱锥、棱台的几何结构依次分析选项，综合可得答案．
本题考查棱柱、棱锥、棱台的几何结构，注意三者的定义，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于：，利用余弦定理得：，整理得，所以为等腰三角形；
对于：由于，所以，
整理得：，
所以，
所以或，
故该为等腰三角形或直角三角形，故B正确；
对于：由于，整理得，
整理得：，
所以，
所以或，故C错误；
对于：，整理得，解得，
由于，解得．
由于，利用正弦定理：，转换为，所以，解得，
所以，则为等边三角形，故D正确．
故选：．
直接利用三角函数关系式的变换，正弦定理余弦定理的应用和同角三角函数关系式的变换判断、、、的结论．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦定理和余弦定理的应用，同角三角函数关系式的变换，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：依题意可知，所以，
对于选项，，，所以，
所以为钝角，
所以过顶点和两母线的截面三角形的最大面积为，选项错误；
对于选项，当时，，圆锥的高为，
以下分析选项：
侧面展开图的弧长为，所以圆心角，
所以，选项正确；
设圆锥的外接球的球心为，半径为，
所以，解得，
所以外接球的表面积为，选项正确；
棱长为的正四面体如下图所示，
正方体的棱长为，体对角线长为，
所以棱长为的正四面体的外接球半径为，
设内切圆的半径为，
则，
解得，
所以，所以棱长为的正四面体在圆锥内不可以任意转动，选项不正确．
故选：．
依题意可得，对于，利用余弦定理求出，即可判断为钝角，从而求出截面面积最大值，对于、、，首先求出圆锥的高，将圆锥的侧面展开，化曲为直，利用余弦定理计算最小值，即可判断，求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积，从而判断，再求出圆锥的内切球的半径与正四面体的外接球的半径，即可判断；
本题考查圆锥的结构特征，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：向量与的夹角为，，
则在上的投影向量的模为：．
故答案为：．
结合投影向量的模的公式，即可求解．
本题主要考查投影向量的模的公式，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：根据题意，由已知作出梯形是直角梯形，如右图：
在直角梯形中，，，，，
过作，交于，则，，
则．
故答案为：．
根据题意，由斜二测画法作出原图直角梯形，进而计算可得答案，
本题考查斜二测画法，涉及平面图形的直观图，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：由及正弦定理，
得，即，
由余弦定理，得，
又，所以，
因为是边的中点，所以，
又，因为，所以，
故，故，
由余弦定理得，
故，因为，所以，
易知，
所以
，
所以，故CD的长为．
故答案为：．
利用正弦定理边角互化得，即可由余弦定理求解，根据等面积法可得，进而根据余弦定理求解，即可利用向量模长公式求解．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
15.【答案】解：复数，是虚数单位．
是虚数，
且，
解得且且；
复数，是虚数单位．
是纯虚数，
，解得，
当时，是纯虚数．
【解析】由复数是虚数，列出方程组，能求出的值．
由复数是纯虚数，列出方程组，能求出的值．
本题考查实数值的求法，考查实数、虚数、复数的定义、性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
16.【答案】解：因为，，
所以，
因为，
所以，解得；
因为与的夹角是钝角，，，
则，解得，
又当，即时，此时与的夹角为，
故，
综上可得，．
【解析】结合垂直的性质，即可求解；
结合平面向量的数量积运算，以及向量共线的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
17.【答案】解：的内角，，的对边分别为，，，设，
因为，由正弦定理，
可得，
因为，，则，，可得，
即，所以；
由可知：，
由余弦定理，
可得：，
又因为，即，
可得，整理得，即，
所以的形状为等边三角形；
因为是锐角三角形，由知且，可得，
因为，所以，
由三角形面积公式得，
又由正弦定理且，
所以，
因为，所以，所以，
所以，
即面积的取值范围为．
【解析】根据题意结合正弦定理分析求解；
根据题意结合余弦定理分析求解；
根据题意利用三角形面积公式和正弦定理得，再利用的范围即可求解．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
18.【答案】证明：平面，，
平面，而平面，
，又，点为中点，
，而，可得平面；
解：取中点，连接，，
，，，点为中点，
，，得四边为平行四边形，
，
则直线与平面所成角等于直线与平面所成角，
平面，
为直线与平面所成角，
点为中点，，
，，，
，又，
，即直线与平面所成角为；
解：以为坐标原点，分别以、所在直线为、轴，
以过在平面内垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，
则，，，
，，
，，
设平面的一个法向量为，
则由，取，得，
又，
点到平面的距离为．
【解析】由平面，，可得平面，得到，再由已知证明，利用直线与平面垂直的判定可得平面；
取中点，连接，，证明四边为平行四边形，得，则直线与平面所成角等于直线与平面所成角，然后求解三角形得答案；
以为坐标原点，分别以、所在直线为、轴，以过在平面内垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求点到平面的距离．
本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间角的求法，训练了利用空间向量求点到平面的距离，是中档题．
19.【答案】解：在正四棱锥中，，
则正四棱锥侧面的高为，
所以正四棱锥的表面积为；
证明：如图，连接交于点，连接，，，则为的中点，
当为的中点时，，
又平面，平面，
所以平面；
解：在侧棱上存在点，使得平面，满足．
理由如下：
取的中点，由，得，
过作的平行线交于，连接，，
中，有，又平面，平面，
所以平面，由，得．
又，又平面，平面，
所以平面，又，、平面，
所以平面平面，而平面，
所以平面．

【解析】根据正四棱锥的结构求出侧面的高，即可求解正四棱锥的表面积；
如图，连接交于点，则，结合线面平行的判定定理即可证明；
取的中点，过作的平行线交于，结合面面平行的判定定理与性质即可．
本题考查线面平行的判定，面面平行的判定和性质，属于中档题．
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