2023-2024学年河北省保定市部分示范性高中高一（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年河北省保定市部分示范性高中高一（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.复数在复平面内对应的点所在的象限为( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2.下列结论正确的是( )
A. 平行向量的方向都相同 B. 单位向量都相等
C. 零向量与任意向量都不平行 D. 两个单位向量之和可能仍然是单位向量
3.已知单位向量与的夹角为，若与垂直，则实数的值为( )
A. B. C. D.
4.已知，，是三条不同的直线，，是两个不同的平面，，，，，，则下列命题正确的是( )
A. B. C. D.
5.在正方形中，点满足，点满足，若，则( )
A. B. C. D.
6.九章算术中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，在如图所示的鳖臑中，平面，，，分别为，的中点，过的截面与交于点，与交于点，，若截面，且截面，四边形是正方形，则( )
A. B. C. D.
7.如图，一艘船航行到点处时，测得灯塔在其北偏西的方向，随后该船以海里小时的速度，往正北方向航行两小时后到达点，测得灯塔在其南偏西的方向，此时船与灯塔间的距离为( )
A. 海里
B. 海里
C. 海里
D. 海里
8.如图，在圆锥的底面圆中，为直径，为圆心，点在圆上，且，，为线段上的动点，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.已知平面向量，则下列说法正确的是( )
A. B.
C. 与的夹角为 D. 在上的投影向量为
10.关于复数，下面是真命题的是( )
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
11.如图，该多面体的表面由个全等的正方形和个全等的正三角形构成，该多面体的所有顶点都在同一个正方体的表面上若，则( )
A.
B. 该多面体外接球的表面积为
C. 直线与直线的夹角为
D. 二面角的余弦值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在中，内角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围是______．
13.某同学将一张圆心角为的扇形纸壳裁成扇环如图后，制成了简易笔筒如图的侧面，已知，则制成的简易笔筒的高为______．
14.已知，且，则的取值范围是______．
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
的内角，，的对边分别为，，，已知．
求的值；
若，的面积为，求的周长．
16.本小题分
在等腰梯形中，的中点为，以为坐标原点，所在直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，已知，，．
求；
若点在线段上，，求．
17.本小题分
如图，在六面体中，，正方形的边长为，，．
证明：平面平面．
求直线与平面所成角的正切值．
求多面体的体积．
18.本小题分
如图，在平面四边形中，为线段的中点，．
若，求；
若，，求的最大值．
19.本小题分
如图所示，在中，，，分别是，上的点，且，将沿折起到的位置，使，如图所示是线段的中点，是上的点，平面．
求的值．
证明：平面平面．
求点到平面的距离．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，
该复数对应的点的坐标为，该点在第一象限．
故选：．
直接利用复数代数形式的乘除运算化简，求出复数所对应点的坐标得答案．
本题考查代数形式的乘法运算，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：对于：根据平行向量的概念知，平行向量的方向相同或者相反，错误；
对于：单位向量大小相等都是，但方向不一定相同，故单位向量不一定相等，错误；
对于：零向量与任意向量平行，错误；
对于：如图，在边长为的正六边形中，
都为单位向量，且，即两个单位向量之和可能仍然是单位向量，故D正确．
故选：．
根据单位向量、零向量、共线向量的定义判断即可．
本题考查的知识点：向量的定义，主要考查学生的理解能力，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：根据题意，单位向量与的夹角为，则，
若与垂直，则，
解可得；
故选：．
根据题意，由数量积公式可得，由向量垂直与数量积的关系可得，解可得的值，即可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量垂直与数量积的关系，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，与相交或异面，A错误；
对于，，，，必有，B正确；
对于，不一定成立，C错误；
如图：
对于，同理：不一定成立，D错误．
故选：．
根据题意，由空间直线与平面平行的性质依次分析选项，综合可得答案．
本题考查空间直线与平面的位置关系，涉及直线与平面平行的性质，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：正方形中，点满足，点满足，
则是的中点，
则，
所以，
则．
故选：．
由已知结合向量的线性运算及平面向量的基本定理可求，，进而可求．
本题主要考查了向量的线性运算及平面向量基本定理，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为，分别为，的中点，过的截面与交于点，
与交于点，截面，且截面，四边形是正方形，
可得，分别为，的中点，
，，，，
因为四边形是正方形，
所以，
因为，
所以．
故选：．
由题意可得，分别为，的中点，再由四边形是正方形，可得，，可得．
本题考查面面平行的性质的应用及中位线的性质的应用，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：由已知得，，，，，
由正弦定理可得：，
解得海里．
故选：．
由题意求出，，，再结合海里，再利用正弦定理求出的值．
本题考查正弦定理的应用，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：将三棱锥展开，如图所示，
设的中点为，连接，
则的最小值为，
因为，，为直径，
所以，
，
，
所以的最小值为．
故选：．
将三棱锥展开，则的最小值即三点共线的时候取得，即可求解．
本题考查利用展开思想求几何体表面线段和的最值问题，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，因为，所以，故A正确；
对于，因为，所以，故正确；
对于，因为，所以，因为，所以，故错误；
对于，因为，所以在上的投影向量为，故D正确．
故选：．
由模的坐标运算计算可判断；由数量积的坐标运算计算可判断；由向量夹角的计算公式计算可判断；由投影向量的定义计算可判断．
本题考查平面向量数量积与夹角，投影向量的求法，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：令．
因为，
所以或，若，，A错误．
若，则，，B错误；
，，因为，
所以，所以，所以，C正确．
因为，所以，D正确．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，复数的概念，复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，复数的概念，复数模公式，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：对于：，故A错误；
对于：设多面体外接球的球心为，正方形的中心为，设该多面体外接球的半径为，
则，
故该多面体外接球的表面积为，故B正确；
对于：因为，
所以直线与直线的夹角即直线与直线的夹角，其大小为，故C正确；
对于：即二面角的平面角，，故D正确．
故选：．
根据该水晶多面体的对称性、正方体的性质，以及立体几何中的向量方法判断各选项的正误．
本题考查水晶多面体的对称性、正方体结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】
【解析】解：由已知，
结合余弦定理可得：，
又在上单调递减，
所以．
故答案为：．
利用已知条件，结合余弦定理求出的范围，再利用余弦函数的单调性求出的范围．
本题考查余弦定理和余弦函数的单调性，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：如图，
作设简易笔筒的上、下底面圆的半径分别为，，解得，解得，
所以．
故答案为：．
根据已知条件，结合扇形的面积公式，即可求解．
本题主要考查扇形的面积公式，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：因为，，，且，
所以，
所以，
则，
即，解得，
所以的取值范围是
故答案为：
根据题意，利用平面向量的数量积得出，由此得出，即可求出的取值范围．
本题考查了平面向量的数量积应用问题，是中档题．
15.【答案】解：已知，
代入正弦定理得，
即，又，则．
由于，则，
的面积为，则，所以．
由已知及余弦定理得，所以，
从而，，
所以的周长为．
【解析】根据正弦定理即可得；利用余弦定理和面积公式即可得．
本题考查正弦定理，余弦定理，属于中档题．
16.【答案】解：根据题意，可得，，，
设，可得，所以，解得，得．
所以，，可得；
设，可得，结合，得，解得，
所以，可得，结合，
所以，．
【解析】根据题意算出、两点的坐标，由求出点的坐标，进而可得、的坐标，利用向量数量积的坐标表示算出的值；
设，根据建立关于的等式，解出的值，从而得到的坐标，然后利用平面向量的夹角公式算出，的值，可得答案．
本题主要考查等腰梯形的性质、平面向量数量积的坐标表示、向量的模与夹角公式等知识，属于中档题．
17.【答案】解：证明：，平面，平面，
平面，
在正方形中，，又平面，
平面，平面，
，平面，平面，
平面平面．
连接，延长，交于点，
正方形的边长为，，．
，，
，，，
，平面，
为直线与平面所成的角，
在中，由，解得，
即直线与平面所成角的正切值为．
连接，则，
易证平面，
多面体的体积．
【解析】根据条件得出平面，平面，利用面面平行的判定定理即可得证；
先证平面，进而得出为直线与平面所成的角，即可求解；
利用多面体的体积即可求解．
本题考查面面平行的判定以及线面角和体积的计算，属于中档题．
18.【答案】解：连接在中，，
，．
，，．
在中，，，
，为线段的中点，．
在中，．
设．
在中，由正弦定理得，
，
在中，由余弦定理知
，其中．
当时，，即．
故AE的最大值为．
【解析】中，由正弦定理得，中，由余弦定理得；设，表示，，利用三角函数性质即可得．
本题考查正弦定理，余弦定理，三角函数性质，属于中档题．
19.【答案】解：过点作交于点，连接，设，
，，
点，，，在同一平面内，
平面，平面平面，
，
四边形为平行四边形，即，
故．
证明：在中，，，，，
是线段的中点，，，
，，
在中，，
，，
由题意可得，，
，，
，
平面，平面，
，
又，平面，平面，
平面，
由可得，平面，
平面，
平面平面．
，平面，
平面，
点到平面的距离与点到平面的距离相等，
由得，平面，
为点到平面的距离，且点到平面的距离为，
点到平面的距离为．
【解析】根据，得出四边形为平行四边形，利用，即可求解；
先证平面，结合，得出平面，再利用面面垂直判定定理即可得证；
根据平面，则点到平面的距离即点到平面的距离，即可求值．
本题考查线面平行与垂直的应用以及点到平面距离的计算，属于中档题．
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