2023-2024学年湖北省武汉市华中师大一附中高一（下）期中数学试卷（含解析）

2023-2024学年湖北省武汉市华中师大一附中高一（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.已知复数满足，则( )
A. B. C. D.
2.下列说法正确的是( )
A. 空间中两直线的位置关系有三种：平行、垂直和异面
B. 若空间中两直线没有公共点，则这两直线异面
C. 和两条异面直线都相交的两直线是异面直线
D. 若两直线分别是正方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则这两直线可能相交，也可能异面
3.已知均为单位向量，且，则与的夹角的余弦值为( )
A. B. C. D.
4.毡帐是蒙古族牧民居住的一种房子，内部木架结构，外部毛毡围拢，建造和搬迁都很方便，适合牧业和游牧生活如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与一个圆柱的组合体，下半部分圆柱的高为米；上半部分圆锥的母线长为米，轴截面过圆锥轴的截面是面积为平方米的等腰钝角三角形，则建造该毡帐不含底面需要毛毡平方米．
A. B. C. D.
5.设复数，对应的向量分别为为坐标原点，且，若把绕原点顺时针旋转，把绕原点逆时针旋转，所得两向量的终点重合，则( )
A. B. C. D.
6.已知的内角，，的对边分别为，若有两解，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
7.如图，在四边形中，，，，，点在边上，且，点为边含端点上一动点，则的最小值为( )
A.
B.
C.
D.
8.已知的内角，，的对边分别为，，，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.设，，是复数，则( )
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则为纯虚数
10.对非零向量，定义运算“”：，其中为与的夹角，则( )
A. 若，则
B. 若，则
C. 若中，，则
D. 若中，，则是等腰三角形
11.已知正四棱锥的底面边长为，高为，则( )
A. 若点为正四棱锥外接球的球心，则四棱锥的体积为
B. 直径为的球能够整体放入正四棱锥内
C. 若点在底面内包含边界运动，为中点，则当平面时，点的轨迹长度为
D. 若以点为球心，为半径的球的球面与正四棱锥的棱，，，分别交于点，，，，则四边形的面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图，已知是水平放置的用斜二测画法画出的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则的边上的高为______．
13.如图，为测量武汉防汛纪念碑的高度及取景点与之间的距离在同一水平面上，雕像垂直该水平面于点，且，，三点共线，华中师大一附中研究性学习小组同学在，，三点处测得顶点的仰角分别为，，，若，米，则纪念碑的高度为______米，取景点与之间的距离为______米
14.已知平面非零向量和单位向量，若与的夹角为与的夹角为，则的最小值为______．
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
已知复数满足和均为实数．
求复数；
若在复平面内对应的点在第四象限，求实数的取值范围．
16.本小题分
已知的内角，，的对边分别为，，，面积为，且．
若，求；
若，求．
17.本小题分
如图，在等腰梯形中，，，点为边上靠近点的六等分点，为中点．
用表示；
设为中点，是线段不含端点上的动点，交于点，若，，求的取值范围．
18.本小题分
如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点．
求证：平面；
若为上的动点，则线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由；
若，，请在图中作出四棱锥过点，及棱中点的截面，并求出截面周长．
19.本小题分
为提升城市景观面貌，改善市民生活环境，某市计划对一公园的一块四边形区域进行改造如图，百米，百米，，，，，，分别为边，，的中点，所在区域为运动健身区域，其余改造为绿化区域，并规划条观景栈道，，，以及两条主干道，单位：百米
若，求主干道的长；
当变化时，
证明运动健身区域的面积为定值，并求出该值；
求条观景栈道总长度的取值范围．
答案解析
1.
【解析】解：，
．
故选：．
2.
【解析】解：对于，空间中两直线的位置关系有三种：平行、相交和异面，故A错误；
对于，若空间中两直线没有公共点，则这两直线异面或平行，故B错误；
对于，和两条异面直线都相交的两直线是异面直线或相交直线，故C错误；
对于，如图，在长方体中，
当所在直线为，所在直线为时，与相交，
当所在直线为，所在直线为时，与异面，
若两直线分别是正方体的相邻两个面的对角线所在的直线，则这两直线可能相交，也可能异面，故D正确．
故选：．
3.
【解析】解：因为均为单位向量，且，
所以，，即，，
解得，，即与的夹角余弦值为．
故选：．
4.
【解析】解：根据题意，如图所示为该组合体上半部分圆锥轴截面，
由于其母线长为米，轴截面是面积为平方米的等腰钝角三角形，
则有，解可得，
则上半部分圆锥的侧面积，
下半部分圆柱的侧面积，
则该组合体的表面积不含底面．
故选：．
5.
【解析】解：由题意知，，
所以，
由，
所以
故选：．
6.
【解析】解：三角形中，，，则有两解的充要条件为：，
即，即．
故选：．
7.
【解析】解：以为坐标原点，、所在直线为轴、轴，建立平面直角坐标系，连接，
因为，，，所以，可得，
所以，可得，，结合，可得，
因为中，，所以是边长等于的等边三角形．
由，，可得，，所以
设，，，即，可得，所以，即，
由此可得，，
所以，
由二次函数的性质，可知时，有最小值，最小值为．
故选：．
8.
【解析】解：因为，
所以，整理可得，
因为，可得，
所以，
解得，
由可得，，，
所以，可得．
故选：．
9.
【解析】解：对于，取，，而，故A错误；
对于，设，由，可得，则，故B正确；
对于，取，，，，，属于，
则，
又，
所以，故C正确；
对于，取，则，但不是纯虚数，故D错误．
故选：．
10.
【解析】解：对选项，对非零向量，，，或，
，选项正确；
对选项，，，
，，，，，，
，选项正确；
对选项，中，，
，，，
，选项错误；
对选项，中，，
，
，，
，，是等腰三角形，选项正确．
故选：．
11.
【解析】如图所示，，连接，交于点，则，
对于，连接则平面，，
点在上，因为平面，所以，
设正四棱锥外接球的半径为，
在中，即，
解得，所以，
则，故A错误；
对于，取中点，连接，
则，，，
所以，
则，
由正四棱锥得，，
设正四棱锥的内切球半径为，
则，
所以 ，，
所以直径为的球能够整体放入正四棱锥内，故B正确；
对于，取，的中点，，连接，，，则，
因为四边形为正方形，所以，，又，的中点为，，
所以，所以四边形为平行四边形，
则，，
因为平面，平面，
所以平面，
同理可得平面，
又，平面，且，
所以平面平面，因为平面，且平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以，即点的轨迹为，
所以点的轨迹长度为，
故C正确；
对于，以点为球心，为半径的球的球面与正四棱锥的棱，，，分别交于点，，，，
则，
所以，，，，
则四边形为正方形，
由正四棱锥得，，
由已知得，，
，
，
得，
所以，所以正方形的面积为，
故D正确；
故选：．
12.
【解析】解：根据题意，设原图中，边上的高为，设，
直观图中，，由于轴，
则的面积，
故原图的面积，
又由，则有，
解可得，即的边上的高为．
故答案为：．
13.
【解析】解：由题意可得，，则，，米，
所以米，
所以纪念碑的高度米；
且．
因为，所以，
在中，由余弦定理可得，，
即，
整理可得：，
解得米．
故答案为：；．
14.
【解析】解：，，
如图作，，，，
则，，，
所以，即，
又是单位向量，所以，
在中，由正弦定理有，则，
所以点的轨迹在如图以为圆心，半径为的圆上，
由图可知，当且所在直线过点时最小，
作于，于，于，
则，，，则，
所以．
故答案为：．
15.解：设，
则，
，
和均为实数，
，
解得，，
故；
，
复数在复平面内对应的点位于第四象限，
，
解得或，
即实数的取值范围为．
【解析】设，化简与，结合和均为实数知虚部为，从而建立方程，解方程求、，再求复数，即可求解．
化简，结合题意得不等式组，解不等式组即可．
16.解：因为，
所以，
又，
所以，整理得，
所以，
所以，
所以．
因为，
所以，
又，
所以，即，
由余弦定理知，，
所以，即，
所以，解得或舍，
所以．
【解析】利用，结合已知条件，可得，即，再利用二倍角公式，求解即可；
利用，结合已知条件与余弦定理，可得，从而得解．
17.解：由已知得：
；
设，，则，，，
，
由，，共线，设，则，
，，
在线段上，，，
，
当时，
【解析】利用向量线性运算法则求解；
利用向量线性运算法则、三点共线、向量相等求解．
18.证明：取中点，连，，因为为中点，
所以，且，
又因为，且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，而平面，平面，
所以平面；
解：存在点，且为中点，证明如下：
取中点，连，，因为为中点，为中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
又由知平面，且，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面；
解：设为中点，取中点，连，，，，
则四边形即为所求截面，
证明过程如下：因为为中点，为中点，所以，
又因为，所以，
故B，，，共面，故四边形为所求截面，
因为，，所以，
，，
在中，因为，，
由余弦定理得，
在中，由余弦定理可得：
，
所以截面周长为．
【解析】取中点，连，，由题意可证得四边形为平行四边形，再由线面平行的判断定理可证得结论；
取中点，连，，由题意可证得平面，再由线面平行的判断定理可证得结论；
设为中点，取中点，连，，，，则四边形即为所求截面，由余弦定理可得的余弦值，再由余弦定理可得的大小，进而可求得四边形的周长．
19.解：因为，
所以在直角中，，所以，
又因为，
所以在等腰直角中，，
所以，
所以在中，，
所以，即主干道的长为；
证明：设，由为中点，易知，
故，所以，
在中，由余弦定理得，所以，
因为，，所以，
所以，
所以，为定值；
设，，，因为，，外别为边，，的中点，
所以，
所以，
在中，由余弦定理得，
由正弦定理，得，
因为，，为边的中点，所以，
在中，，
由余弦定理得
，
在中，，
由余弦定理得
，
令，
因为，，，
所以，
令，易知在上单调递增，，
不要求化简，
所以的取值范围为．
【解析】利用勾股定理得到，根据两角和的余弦公式和余弦定理即可求解；
设，由为中点，易知，利用余弦定理和三角形的面积公式即可求解；
设，，，利用正弦定理、余弦定理和换元法即可求解．
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