2023-2024学年福建省厦门外国语学校高一（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年福建省厦门外国语学校高一（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.已知为虚数单位，若复数，则的虚部是( )
A. B. C. D.
2.水平放置的的直观图如图所示，是中边的中点，且平行于轴，则，，对应于原中的线段，，，对于这三条线段，正确的判断是( )
A. 最短的是
B. 最短的是
C.
D.
3.在中，角，，所对边分别为，，，且，( )
A. B. 或 C. D. 或
4.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，则 D. 若，，则
5.中，、、分别是内角、、的对边，若且，则形状是( )
A. 有一个角是的等腰三角形 B. 顶角是的等腰三角形
C. 等腰直角三角形 D. 不能确定三角形的形状
6.已知向量，，若向量在向量上的投影向量，则( )
A. B. C. D.
7.如图，在直三棱柱中，，为线段的中点，为线段包括端点上一点，则的面积的最大值为( )
A.
B.
C.
D.
8.已知平面向量满足，则的最大值为( )
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.已知是复数，是其共轭复数，则下列命题中错误的是( )
A.
B. 若，则的最大值为
C. 若，则复平面内对应的点位于第一象限
D. 若是关于的方程的一个根，则
10.已知的内接四边形中，，，，下列说法正确的是( )
A. B. 四边形的面积为
C. 该外接圆的直径为 D.
11.如图，点是棱长为的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则( )
A. 若点满足，则动点的轨迹长度为
B. 当点在棱上时，的最小值为
C. 当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为
D. 当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若复数满足，则 ______．
13.如图，为了测量河对岸的塔高，某测量队选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与现测量得，米，在点，处测得塔顶的仰角分别为，，则塔高 ______．
14.已知正四棱锥的所有棱长都为；点在侧棱上，过点且垂直于的平面截该棱锥，得到截面多边形，则的边数至多为______，的面积的最大值为______．
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
如图，在中，，点为中点，点为上的三等分点，且靠近点，设，．
用，表示，；
如果，，且，求．
16.本小题分
记的内角，，的对边分别为，，，已知．
求角的大小；
若点在线段上，且平分，若，且，求．
17.本小题分
如图，四棱锥的侧面是边长为的正三角形，底面为矩形，且平面平面，，分别为，的中点，直线与面所成角的正切值为．
证明：平面；
证明：．
18.本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，请从下列条件中选择一个条件作答：注：如果选择多个条件分别作答，则按第一个解答计分
；
；
．
求的大小；
若为锐角三角形，求的取值范围；
若，点，，分别在等边的边，，上不含端点，若面积的最大值为，求．
19.本小题分
如图，在矩形中，，，是线段上的一动点，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点平面且点在平面内的射影落在线段上．
当点与端点重合时，证明：平面；
当时，求二面角的余弦值；
设直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，求的最大值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：，其虚部为．
故选：．
结合复数的四则运算，对化简，再结合虚部的定义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为平行于轴，所以在中，，
又因为是中边的中点，
所以是的中点，
所以．
故选：．
根据题意，由直观图与原图的关系，结合条件，即可判断．
本题主要考查了平面图形的直观图，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：由正弦定理得，，
即，
解得，
又因为，
所以或，
因为，所以，
所以．
故选：．
直接利用正弦定理求解．
本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：若，，则或或与相交，故A错误；
若，，则或或与相交，故B错误；
若，，由直线与平面垂直的性质可知，，故C正确；
若，，则或或与相交，故D错误．
故选：．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
5.【答案】
【解析】解：如图所示，在边、上分别取点、，
使，，
以、为邻边作平行四边形，
则，显然，
因此平行四边形为菱形，平分，
而，则有，即，
于是得是等腰三角形，即，
令直线交于点，则是边的中点，
，而，
因此有，从而得，
所以是等腰直角三角形．
故选：．
由，推导可得的平分线垂直于边，进而可得，再由给定面积求得，即可得出结论．
本题考查平面向量的线性运算及数量积运算，考查三角形形状的判断，属中档题．
6.【答案】
【解析】解：由题意可得，向量在向量上的投影向量为，
则，解得，则，
故．
故选：．
借助投影向量定义可计算出，结合向量模长公式计算即可得．
本题考查了投影向量定义和向量模长公式，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：取的中点，连接，过作，垂足为，
过作，垂足为，连接，，
则，且，点到的距离为，
由直三棱柱的性质知平面，
所以平面，，平面，
则，，且，，平面，
所以平面，且平面，
则，可知，
当且仅当点与点重合时，等号成立，
所以面积的最大值为．
故选：．
根据线面垂直的判定定理与性质可得，确定的最大值，即可求解面积的最大值．
本题考查了线面垂直的判定定理与性质，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：设，如图，
由题意，即在平行四边形中，，
延长至，使，则，
由正弦定理，，，三点所在外接圆的直径，
所以，设圆心为，如图，
所以可知，又，，
所以由余弦定理可得，
则由图可知．
故选：．
根据向量加减法的平行四边形法则作图，问题转化为求的最值，利用外接圆结合数形结合可求最值．
本题考查了平面向量加法的几何应用和正弦定理的应用，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：对于，设，则，，，A错误；
对于，由知，在复平面内表示复数的点在以原点为圆心的单位圆上，
可看作该单位圆上的点到点的距离，因为圆心到的距离为，
则该单位圆上的点到点的距离最大值为，B正确；
对于，，则复平面内对应的点位于第二象限，C错误；
对于，依题意，，整理得，
而，，因此，解得，，D错误．
故选：．
设出复数的代数形式计算判断；利用复数的几何意义判断；求出复数判断；利用复数相等求出判断．
本题考查了复数的几何意义，代数表示，考查共轭复数问题，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：在的内接四边形中，连接，，，，，
对于，由余弦定理得，
，
即，解得，
而，则，A正确；
对于，，四边形的面积，B正确；
对于，由选项A知，，
由正弦定理得的半径，C错误；
对于，取中点，连接，则，，
同理，所以，D正确．
故选：．
连接，利用圆内接四边形对角互补及余弦定理求出判断；求出，利用三角形面积公式及正弦定理计算判断；取中点，利用数量积的运算律，结合圆的性质求出推理计算判断．
本题考查了数量积的运算律和余弦定理的应用，属于中档题．
11.【答案】
【解析】解：对于，由题意得平面，平面，
动点的轨迹为矩形，
动点的轨迹长度为矩形的周长，即为，故A正确；
对于，以为轴，将平面旋转，如图，
则，故B错误；
对于，连接，，以为圆心，为半径，画圆弧，如图，
当点在线段，和圆弧上时，直线与所成角为，
，，
圆弧长度为，
点的轨迹长度为，故C正确；
对于，取，，，，，的中点，，，，，，
连接，，，，，，，，，如图，
，平面，平面，平面，
，平面，平面，平面，
，，，
平在与平面是同一个平面，
点的线段，
在中，
，，，
，
是以为直角的直角三角形，
，长度的最大值为，故D正确．
故选：．
利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，其周长为，判断；以为轴，将平面顺时针旋转，由勾股定理判断；当点在线段，和上时，直线与所成角为，可知其轨迹长度为，判断；根据线面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹，推导出长度的最大值为，判断．
本题考查线线垂直、点的轨迹、线面平行、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：因为复数满足，
所以，
即，
则．
故答案为：．
由已知结合复数的四则运算先求出，然后结合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的模长公式的应用，属于基础题．
13.【答案】米
【解析】解：由题意可得，则，
因为，所以，
在中，，米，
由余弦定理可得，
即，
整理可得，
可得或舍．
故答案为：米．
由题意可得，，在中，由余弦定理可得的大小．
本题考查余弦定理的应用，属于中档题．
14.【答案】
【解析】解：取中点，则，，结合，、平面，可知平面，
当点在、之间时，作平面与平面平行，得到的截面如图所示，可知截面至多为五边形．
令，则，，可得，，
由，得，所以，
又因为与的夹角等于与夹角，且与垂直，所以，
可得截面的面积，
根据二次函数的性质，可知：当时，取得最大值．
故答案为：；．
根据题意取中点，过点作平面与平面平行，可得到截面多边形边数的最大值；设，用表示相关长度，整理得，结合二次函数的性质算出的面积的最大值．
本题主要考查线面垂直的判定与性质、直线与平面平行的性质、解三角形的应用等知识，考查了计算能力、空间想象能力，属于中档题．
15.【答案】解：因为，点为中点，点为的三等分点，且靠近点，
所以，
．
由可知，，
所以，由，可得，
所以．
【解析】利用向量的加减法法则结合图形求解；
由，可得，从而可得，结合已知可得，从而可求出．
本题考查了平面向量基本定理，向量共线，向量模的求法等知识点，重在培养学生数学运算，逻辑推理，直观想象的数学素养，属中档题．
16.【答案】解：由，得，即，
可得，整理得，
因为中，，所以，可得，结合，得；
因为，平分，所以，
由，得，
即，整理得，
由三角形内角平分线定理，得：：，所以，即，
结合可得，所以，，
在中，由余弦定理得，可得．
【解析】根据正弦定理化简已知等式，可得，结合利用两角和的正弦公式化简，可得，进而得出，结合，算出角的大小；
根据，利用三角形的面积公式化简，得到，结合三角形内角平分线定理算出，从而计算出，，再由余弦定理算出边的长，可得答案．
本题主要考查三角形的面积公式、余弦定理的应用、三角恒等变换公式等知识，属于中档题．
17.【答案】证明：取的中点，连接，，
因为，分别为，的中点，
所以，，
且，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
证明：取的中点，连接，，
因为为等边三角形，，平面平面，
所以，而平面平面，
平面，
所以平面，平面，所以，
所以为直线与面所成的角，
又因为直线与面所成角的正切值为，
所以，
而，
所以，
在中，可得，
所以，所以，，
所以，
所以，又因为，
所以平面，
平面，
所以．
【解析】取的中点，连接，，可证得四边形为平行四边形，再由线面平行的性质可证得结论；
取的中点，连接，，可证得平面，可得为直线与面所成的角，由题意可得的值，进而求出的值，再求出，的值，进而可得，可证得平面，进而可证得结论．
本题考查直线与平面平行的证法及直线与平面垂直的证法，直线与平面垂直的性质定理的应用，直线与平面所成的角的求法，属于中档题．
18.【答案】解：选择：
因为，
所以，即，
由正弦定理知，，即，
由余弦定理知，，
因为，所以．
选择：
由正弦定理及得，，
因为，
所以，即，
因为，所以，即，解得或，
又，所以，．
选择：
因为，
所以，即，
由正弦定理知，，
因为，
所以，即，
又，所以，
所以，
因为，所以．
由知，
因为为锐角三角形，
所以，解得，
所以，
因为，所以，，
所以，
故的取值范围为．
设，则，，
在中，由正弦定理知，，
所以，
在中，由正弦定理知，，
所以，
所以
，当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为，
因为面积的最大值为，
所以等边面积，即，
所以，整理得，即，
解得．
【解析】选择：先利用二倍角公式化简已知等式，再结合正弦定理与余弦定理，求解即可；
选择：利用正弦定理化边为角，并结合两角和的正弦公式，化简可得，再利用二倍角公式，求得，从而得解；
选择：结合三角形的面积公式、正弦定理与两角和的正弦公式，化简可得，从而知，得解；
先根据为锐角三角形，求得，再由，结合三角恒等变换公式与正切函数的图象与性质，求解即可；
设，分别在和中，运用正弦定理，用含的式子表示出和，再结合已知条件与三角恒等变换公式，求解即可．
本题考查解三角形，熟练掌握正余弦定理，三角形面积公式，三角恒等变换公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：证明：当点与端点重合时，由可知，
由题意知平面，平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，
又平面，可知，
，平面，平面，
所以平面；
作于，连接，，
由题意，折起后可得，平面，
平面，，
，，平面，
平面，，，三点共线，
是二面角的平面角，
，，
在中，，
由三角形面积相等得，
∽，，，
，
二面角的余弦值为．
过点作交于，
所以直线与平面所成的角即为直线与平面所成的角，
由可知平面，平面，
所以平面平面，
作，垂足为，平面平面，平面，
可得平面，
连接，是直线与平面所成的角，即，
由题意可得，，．
因为，，所以是二面角的平面角，
即，，．
当且仅当时“”成立，
故的最大值为．

【解析】由线面垂直的判定推得平面，再由线面垂直的性质推得，结合与重合，可得证明；
由作于，连接，，推导出是二面角的平面角，由此能求出二面角的余弦值；
由线面角和二面角的定义，结合基本不等式可得所求最大值．
本题考查线面垂直的判定、线面角和二面角的求法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
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