2023-2024学年福建省南平市南平高级中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年福建省南平高级中学高一（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.若复数对应的点在第四象限，则的值为( )
A. B. C. D.
2.如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，、、为其上的三个点，则在正方体盒子中，等于
( )
A. B. C. D.
3.若，则实数( )
A. B. C. D.
4.在中，内角，，的对边分别为，，已知
，则此三角形( )
A. 无解 B. 一解 C. 两解 D. 解的个数不确定
5.在菱形中，若且在上的投影向量为，则( )
A. B. C. D.
6.平面与平面平行的充分条件可以是( )
A. 内有无穷多条直线都与平行
B. 直线，，且，
C. 内的任何一条直线都与平行
D. 直线，直线，且，
7.已知，，分别为三个内角，，的对边，且，则( )
A. B. C. D.
8.在中，角、、的对边分别为、、，若，又的面积，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.在中，角，，的对边分别为，，，下列等式中一定成立的是( )
A.
B.
C.
D.
10.已知点是的重心，点，，，点是上靠近点的三等分点，则( )
A. B.
C. D.
11.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体已知，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有( )
A. 该半正多面体的体积为
B. 该半正多面体过，，三点的截面面积为
C. 该半正多面体外接球的表面积为
D. 该半正多面体的表面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图是梯形按照斜二测画出的直观图，其中，，，则原梯形的面积为______．
13.已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，且该圆锥的体积为，则 ______．
14.如图，在三棱柱中，，，与为正三角形，动点为侧面四边形内一点，若平面，则动点运动轨迹长度为______．
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，．
当取何值时，为纯虚数？
当时，求的值．
16.本小题分
如图，在中，是的中点，．
若，，求；
若，求的值．
17.本小题分
如图，为了测量出到河对岸铁塔的距离与铁搭的高，选与塔底同在水平面内的两个测点与在点测得塔底在北偏东方向，然后向正东方向前进米到达，测得此时塔底在北偏东方向．
求点到塔底的距离；
若在点测得塔顶的仰角为，求铁塔高．
18.本小题分
如图，已知四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱底面，且，为侧棱的中点．
求证：平面；
求三棱锥的体积．
若为侧棱的中点，求证：平面．
19.本小题分
在，，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答．
在中，角、、的对边分别为、、，已知_____．
求角；
若，的面积，求的周长的取值范围；
若，，求．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由题意，，，解得，
又，则的值为．
故选：．
根据复数的几何意义列不等式，解出．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了正方体的结构特征，关键是根据展开图还原为正方体后，确定、、的具体位置，考查了空间想象能力．
根据展开图还原为正方体后，确定、、构成以面对角线为边的正三角形，即求出所求角的度数．
【解答】解：将展开图还原为正方体后，、、是三个面上的相对顶点，
即构成以面对角线为边的正三角形，
故，
故选B．
3.【答案】
【解析】解：，
，
，又，，
，解得．
故选：．
依题意，可得，利用向量数量积的坐标运算可求得答案．
本题考查平面向量数量积的性质及其运算，属于中档题．
4.【答案】
【解析】解：由正弦定理，得，解得．
因为，所以．
又因为，所以或，
故此三角形有两解，
故选：．
利用正弦定理结合已知条件分析判断即可．
本题考查正弦定理的应用，考查三角形解的情况，考查特殊角的三角函数值，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：在菱形中，由可得：，
则为等边三角形，
过点作的垂线，与交于点，则为中点，
由投影向量的定义可知，即为在上的投影向量，
故，故．
故选：．
根据向量减法的几何意义得，则为等边三角形，再根据投影向量定义即可求得．
本题考查向量减法的几何意义，考查投影向量的概念，属基础题．
6.【答案】
【解析】解：选项是面面平行的定义，，，中，平面与平面相交时都有可能满足．
故选：．
可看出平面与平面相交时都有可能满足，，，从而只能选C．
本题考查了充分条件的定义，面面平行的定义，考查了直观想象能力，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：因为，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
因为，所以．
故选：．
由正弦定理和三角恒等变换知识化简即可求得．
本题考查正弦定理和三角恒等变换的应用，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：由，得，
则，
即，即，
又，即；
又，得；
综上，．
则，即．
由，
两边平方可得：，
所以．
故选：．
利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式整理可求得，关系，再由三角形面积公式和余弦定理求得三边，再由数量积运算得到结果．
本题考查解三角形和平面向量的数量积，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，由于，得，
若，
则，可得，
但中不一定有，因此错；
对于，，
所以，正确；
对于，，
从而，正确；
对于，，错．
故选：．
对于，由正弦定理化简已知等式可得，可得，即可判断；
对于，利用两角和的正弦公式以及正弦定理即可求解判断；
对于，利用余弦定理，正弦定理即可求解判断；
对于，利用两角和的余弦公式即可求解判断．
本题考查了正弦定理，余弦定理三角函数恒等变换在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
10.【答案】
【解析】解：点是的重心，点，，，
对于，设点，则，所以，故A正确；
对于，点是上靠近点的三等分点，则，
设，则，即，
解得，所以，故B正确；
对于，因为，则，
即，故C错误；
对于，，故D错误；
故选：．
先根据重心坐标公式求出重心坐标判断选项；
再根据三等分点求出点判断选项；
再根据夹角公式计算判断选项；
最后根据模长公式求解判断选项．
本题考查平面向量的数量积与坐标运算，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：：如图，因为，
所以该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去个三棱锥所得到的，
所以该半正多面体的体积为：，故A正确；
：根据该半正多面体的对称性可知，过，，三点的截面为正六边形，
又，所以正六边形面积为，故B正确；
：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，
即正六边形的中心，故半径为，
所以该半正多面体外接球的表面积为，故C错误；
：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为，
所以其表面积为，故D正确．
故选：．
先将该半正多面体补形为正方体，利用正方体与棱锥的体积公式判断，利用该半正多面体的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置，从而判断，利用正三角形与正方体的面积公式判断．
本题考查几何体的结构特征，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：如图，还原梯形，，，，梯形为直角梯形，
所以原梯形的面积．
故答案为：．
根据斜二测画法的规则，还原几何图形，即可求原梯形的面积．
本题考查斜二测画法、梯形等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13.【答案】
【解析】解：由题意知，设圆锥的底面圆的半径为，高为，
则圆锥的母线长为，且，得，
所以，又圆锥的体积为，
所以，即，
解得．
故答案为：
设圆锥的底面圆的半径为，高为，则母线长为且，根据勾股定理求得，结合圆锥的体积公式计算即可求解．
本题考查的知识点是圆锥的体积，考查空间想象能力以及计算能力，是基础题．
14.【答案】
【解析】解：在三棱柱中，，，与为正三角形，动点为侧面四边形内一点，
取的中点，连接交于点，
连接，则∽，所以，
又由，得，所以，
所以，又平面，
平面，所以平面，
由此可知动点运动轨迹为线段，
由题意知，所以，
则动点运动轨迹长度为．
故答案为：．
如图，根据题意和线面关系可得动点运动轨迹为线段，由为正三角形可得，即可得解．
本题考查了立体几何中的轨迹问题，属于中档题．
15.【答案】解：为纯虚数，，．
当时，，
，
．
【解析】由复数的概念列出关于的关系式即可求得；
由复数的四则运算法则求出，再由复数的模的概念即可求出．
本题考查复数的概念及四则运算，还考查了计算能力，属基础题．
16.【答案】解：，
．
故；
设．
又，
，
解得，．
【解析】利用结论可得，再结合模的定义求解即可；
利用平面向量的线性运算化简得方程组，解方程组即可．
本题考查了平面向量的运算的应用，属于基础题．
17.【答案】解：由题意可知，，，
故，
在中，由正弦定理，得，即，
所以米，
因此点到塔底的距离为米；
在中，由正弦定理，得，
得
，
在中，
，
所以铁塔高为米．
【解析】在中，利用正弦定理可求出的长；
利用正弦定求得，再解直角三角形求得．
本题考查了正弦定理，余弦定理以及两角和的正弦公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
18.【答案】解：证明：连接交于，连接，
为侧棱的中点，是的中点，
，
平面，平面，
平面．
为侧棱的中点，
到平面的距离等于到平面的距离的一半，
到平面的距离，
．
．
证明：设为侧棱的中点，连结，，
为侧棱的中点，为侧棱的中点，
，
，
，，
四边形为平行四边形，
，
平面，平面，
平面．
【解析】利用三角形中位线得出，即可得证；
根据到平面的距离等于到平面的距离的一半，即可求解；
利用四边形为平行四边形，得出，即可得证．
本题考查线面平行的判定与几何体的体积问题，属于中档题．
19.【答案】解：若选：，
由正弦定理得，又，
所以，又，所以，即，
又，所以；
若选：因为，所以，
所以，所以，所以，
所以，又，所以；
若选：因为，
即，所以由正弦定理得，
所以，又，所以；
因为的面积，所以，
由余弦定理得，即，
所以，因为，所以，又，
所以的周长的取值范围为；
因为，所以，所以，
又，所以，，
，
又，所以，
记，在中，由正弦定理得：，
所以，
在中，由正弦定理得：，所以，
所以，所以，整理化简得，
所以，即．
【解析】选：用正弦定理化简求解即可；选：用二倍角公式和余弦定理求解；选：用正弦定理和余弦定理求解即可；
先利用面积范围求得，然后利用余弦定理及函数单调性求解范围即可；
先根据正弦定理求得，，记，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，则有，
利用两角差的正弦公式展开化简计算即可．
本题考查正弦定理，余弦定理，考查三角函数性质，属于中档题．
第1页，共1页