2023-2024学年海南省海口市海南中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年海南省海口市海南中学高一（下）期末数学试卷
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，则复数( )
A. B. C. D.
2.若构成空间的一组基底，则下列向量不共面的为( )
A. ，， B. ，，
C. ，， D. ，，
3.若非零向量，满足，，则与的夹角为( )
A. B. C. D.
4.已知点在平面上，其法向量，则下列点不在上的是( )
A. B. C. D.
5.一帆船要从处驶向正东方向海里的处，当时有自西北方向吹来的风，风速为海里小时，如果帆船计划小时到达目的地，则船速的大小应为( )
A. 海里小时 B. 海里小时 C. 海里小时 D. 海里小时
6.设、，若直线与线段有交点，则的取值范围是( )
A. B.
C. D.
7.如图，在中，，是边的中点，以为折痕把折叠，使点到达点的位置，则当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
8.在四棱锥中，底面为矩形，侧棱底面，，，为的中点，点在平面内，且平面，则点到面的距离为( )
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，是异面直线，，，那么( )
A. 当，或时，
B. 当，且时，
C. 当时，，或
D. 当，不平行时，与不平行，且与不平行
10.如图，正方体中，，点为的中点，点为的中点，则下列结论正确的是( )
A. 与为异面直线
B.
C. 与夹角的正弦值为
D. 三棱锥的体积为
11.在中，，，所对的边分别为，，，设边上的中点为，的面积为，其中，，下列选项正确的是( )
A. 若，则 B. 的最大值为
C. D. 角的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设为的边的中点，，则 ______．
13.已知圆锥的表面积为，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为______．
14.如图，点是棱长为的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为______．
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
已知点，，：
若中点为，求过点与的直线方程；
求过点且在轴和轴上截距相等的直线方程．
16.本小题分
三棱柱中，、分别是B、上的点，且，设，，．
Ⅰ试用表示向量；
Ⅱ若，，，求的长．
17.本小题分
已知，，分别为三个内角，，的对边，且．
求；
若，则的面积为，求的周长．
18.本小题分
四边形为菱形，平面，，，．
设中点为，证明：平面；
求平面与平面的夹角的大小．
19.本小题分
如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，为底面圆周上异于，的点．
在平面内，过作一条直线与平面平行，并说明理由；
设平面平面，，与平面所成角为，当四棱锥的体积最大时，求的取值范围．
答案解析
1..
【解析】解：，
则复数．
故选：．
2..
【解析】解：对于，设，，则，显然不存在，使得等式成立，故A正确；
对于，设，，则，利用对应关系，解得，故B错误；
对于，设，，则，利用对应关系，即，解得，故C错误；
对于，设，，则，利用对应关系，解得，，故D错误．
故选：．
3..
【解析】解：根据题意，设与的夹角为，，则，
若，则，
即，
又由，则，
故选：．
4..
【解析】解：点在平面上，其法向量，
对于，，
且，
点在内，故A错误；
对于，，
且，
点在内，故B错误；
对于，，
且，
点在内，故C错误；
对于，，
且，
点不在平面内，故D正确．
故选：．
5..
【解析】解：如图所示，风速的方向为的正方向，帆船的行驶方向为的正方向，
帆船的实际行驶方向为的正方向．
则，，，
，
，又，
船速的大小应为每里小时．
故选：．
6..
【解析】直线与线段有交点，说明两点的坐标代入所得的值异号，或直线经过其中一点，由此得不等式求得的取值范围．
7..
【解析】解：设，则．
当，即平面时，三棱锥体积最大，
此时
，
因为，
所以当时，单调递增，当时，单调递减；
故当时，最大．
设外接球的半径为，因为平面，，所以三棱锥的顶点都在长方体上，
所以，表面积为．
故选：．
8..
【解析】解：以为原点，为轴，为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
平面，平面，平面平面，
则，，，，，
由于点在侧面内，故可设，
则，，，
设平面的法向量，
则，取，得，
平面，，
，解得，，
，，
平面，
为平面的一个法向量，
点到的距离．
故选：．
9..
【解析】解：，是异面直线，，，
对于，当，或时，由面面垂直的判定定理得，故A正确；
对于，当，且时，由面面平行的判定定理得，故B正确；
对于，当时，与相交、平行或，或与相交、平行或，故C错误；
对于，当，不平行时，与有可能平行，且与有可能平行，故D错误．
故选：．
10..
【解析】解：对于，由图可得、、三点共面，且点不在平面内，点不在直线上，
所以与为异面直线，故A正确；
对于，由正方体性质可得平面，
又平面，
故C，故B正确；
对于，连接，正方体中平面，
平面，
则，
又，
得与的夹角等于，
，
，
中，，
所以，故C正确；
对于，，故D错误．
故选：．
11..
【解析】解：
对于，若，，，
由余弦定理，可得，可得，
所以的面积为，故A正确；
对于，因为，可得，当且仅当时等号成立，
所以，
因为，可得，
所以角的最大值为，故D错误；
对于，由得，，且时，，此时，可得，为角的最大值，
所以的面积为，故B正确；
对于，因为边上的中点为，可得，
所以两边平方，可得，
可得，解得，故C正确．
故选ABC．
12..
【解析】解：由已知，，
所以，，，
故答案为：．
13..
【解析】解：设圆锥的底面半径为，圆锥的母线长为，
由，得，
又表面积，
所以，解得，则；
所以圆锥的高为，
所以圆锥的体积为．
故答案为：．
14..
【解析】解：因为直线与平面所成的角为，
所以点的轨迹在以为顶点，底面圆的半径为，高为的圆锥的侧面上，
又因为点是正方体表面上的一个动点，
所以点的轨迹如图所示，
则点的轨迹长为．
故答案为：．
15..解：由题意，的中点，由两点式直线方程得直线的方程为：，
即；
当过点且在，轴上的截距为时，直线方程为，即；
设当在，上截距不等于时直线方程为，
将点坐标代入得，
，即；
综上，过点并且在，轴上截距相等的直线方程为或．
【解析】先求出点的坐标，再根据两点式方程求出直线 的方程；
根据截距等于和不等于，运用截距式方程求解．
16..解：Ⅰ由图形知．
Ⅱ由题设条件
，
，．
【解析】Ⅰ由图形知再用表示出来即可
Ⅱ求的长，即求，利用求向量模的方法，求即可求得的长
17..解：由正弦定理得，
其中，
故，
因为，所以，故，
即，所以，
因为，所以，
故，解得；
由三角形面积公式得，
故，
由余弦定理得，
解得，
故，解得，
故，周长为．
【解析】由正弦定理，得到，再由辅助角公式求出答案；
由三角形面积公式求出，由余弦定理得到，从而得到，得到周长．
18..解：证明：四边形为菱形，且，所以．
因为，所以，
因为平面，平面，所以．
又，，平面，
所以平面；
设交于点，取中点，连接，所以，
底面以为原点，以，，分别为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
因为，所以，
所以，，，，，，
所以，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
，，
设平面的一个法向量为，
则，令，得，
所以，
所以平面与平面的夹角的大小为．
【解析】推导出，，由此能证明平面；
建立空间直角坐标系，利用向量法求解．
19..解：取中点，作直线，则直线即为所求，
取中点，连接，，则有，，如图，
在等腰梯形中，，
，，
四边形为平行四边形，
，又平面，平面，
平面；
延长，交于点，作直线，则直线即为直线，如图，
过点作于，平面平面，平面平面，平面，
平面，即为四棱锥的高，
在中，，，
当且仅当时取等号，此时点与重合，
梯形的面积为定值，四棱锥的体积，
当最大，即点与重合时四棱锥的体积最大，
又，，
以为原点，射线，，分别为，，轴的非负半轴，建立空间直角坐标系，
在等腰梯形中，，此梯形的高，
显然为的中位线，，
，
设，则，
设平面的一个法向量，
则，取，
，
令，则，当时，，
当时，，
当且仅当，即时取等号，
综上得，
的取值范围是．
【解析】取中点，作直线，再利用线面平行的判定推理作答．
延长，交于点，作直线，再确定四棱锥体积最大时，点的位置，然后建立空间直角坐标系，
第1页，共1页