2023-2024学年江苏省南京师大附中高一（下）期末数学试卷（含解析）

2023-2024学年江苏省南京师大附中高一（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.( )
A. B. C. D.
2.在复平面内，常把复数和向量进行一一对应现把与复数对应的向量绕原点按顺时针方向旋转，所得的向量对应的复数为( )
A. B. C. D.
3.下列各组向量中，可以作为基底的是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
4.复数满足，则其共轭复数的虚部为( )
A. B. C. D.
5.在中，，，分别为角，，的对边若，，，则( )
A. B. C. D.
6.已知正四面体的棱长为，空间中一点满足，其中，，，且则的最小值为( )
A. B. C. D.
7.已知，则( )
A. B. C. D.
8.如图，已知三棱柱的所有棱长均为，满足，则该三棱柱体积的最大值为( )
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，为复数，则( )
A. B.
C. 若，则 D. 若，则
10.已知非零向量，，记，，则( )
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，，且，则，的夹角为 D. 若，则
11.如图，在矩形中，，，将三角形沿直线翻折得到三角形，在翻折过程中，下列说法正确的是( )
A. 存在某个位置，使得三棱锥的外接球半径大于
B. 存在某个位置，使得异面直线与的所成的角为
C. 点到平面的距离的最大值为
D. 直线与平面所成角的正弦值最大为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量，，若，则实数的值为______．
13.求值： ______．
14.已知正四棱锥的所有棱长均为，以点为球心，为半径的球与该四棱锥的所有表面的交线总长为______．
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
在平面直角坐标系中，以轴为始边的锐角和钝角的终边分别交单位圆于，两点已知点的横坐标为，点的纵坐标为．
求；
求的值．
16.本小题分
在底面为正三角形的三棱柱中，已知点，分别是，的中点．
求证：平面；
若C.求证：平面．
17.本小题分
在锐角中，其内角，，的对边分别为，，，已知．
求的值；
求的最小值．
18.本小题分
类比高中函数的定义，引入虚数单位，自变量为复数的函数称之为复变函数．
已知复变函数，，．
当时，解关于的方程：；
当时，
若，求的最小值；
若存在实部不为的虚数和实数，使得成立，求的取值范围．
19.本小题分
在三棱台中，为正三角形，，且，点为的中点，平面平面C.
若，证明：平面平面；
当时，
设平面与平面的交线为，求二面角的余弦值；
若点在棱上，满足问：在棱上是否存在点，使得过点，，三点的平面将三棱台分为两个多面体，且体积相等？若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．
答案解析
1..
【解析】解：，
故选：．
2..
【解析】解：与复数对应的向量绕原点按顺时针方向旋转，
则所得的向量对应的复数为．
故选：．
3..
【解析】解：．与共线，不能作为基底；
B.与不共线，可以作为基底．
C.，与共线，不能作为基底；
D.，与共线，不能作为基底．
故选：．
A.为零向量与共线；
B.与不共线，可以作为基底．
C.与共线；
D.与共线．
4..
【解析】解：，
则，
故，其虚部为．
故选：．
5..
【解析】解：因为，，，
所以，
即，解得，
由余弦定理可得，
由正弦定理可得，
可得，
则．
故选：．
6..
【解析】解：由，且，
可知与，，共面，
则的最小值为三棱锥的高，
设为在平面上的射影，连接并延长交于点，
则，所以，所以，
所以三棱锥的高为．
故选：．
7..
【解析】解：
，
，
，
，
，
，
所以，无解，
，，
解得，，
所以 ．
故选：．
8..
【解析】解：如图，对称补形成平行六面体，
易知，又，
，又易知，且，
当平面时，该三棱柱的高最大，
该三棱柱体积的最大值为．
故选：．
9..
【解析】解：对于：设，，、、、，
可得，
则，
又，，
，
即，故A正确；
对于：设，，、、、，
故，
，
即，故B正确；
对于：若，可得，都是实数，即有，故C正确；
对于：若，可取，，此时，但，不能比较大小，因为两个虚数不能比较大小，故D错误．
故选：．
10..
【解析】解：对于，若，则，所以，
，所以，故A项正确；
对于，当时，若、同向，则，若、反向，则，故B项错误；
对于，由，，且，得，，
，，解得，，，
所以，，可知、的夹角为，故C项正确；
对于，，即，两边平方得，
即，可得，
整理得，所以，
，可得，所以，故D项正确．
故选：．
11..
【解析】解：连接，交于点，过点作，垂足为，过作，垂足为，
设关于的对称点为，过作面，
设垂足为，则点在直线上，连接，
对于：因为，
所以三棱锥的外接球半径为，故A错误；
对于：因为，则，
又因为，
所以为等边三角形，则，
则，，
则，，
由题可知，则，
因为面，
所以，
又，
则当时，，，故B正确；
对于：设为点到平面的距离，为点到平面的距离，
因为，，
所以，
当面面时取等号，此时点与图中点重合，故C正确；
对于：当落在线段时，直线与平面所成角有最大值，
设此时，，
则有，，
所以，
令，则，
则化简知，当且仅当，时，等号成立，
所以最大值为，故D错误．
故选：．
12..
【解析】解：，，
则，
，
则，解得．
故答案为：．
13..
【解析】解：原式．
故答案为：．
14..
【解析】解：正四棱锥的所有棱长均为，以点为球心，为半径的球，
与该四棱锥的底面的交线为，长度为，
在侧面内的交线为，长度为，
在侧面内的交线为，长度为，
所有表面的交线总长为．
故答案为：．
15..解：由三角函数的定义可得：，，
因为为锐角，为钝角，
所以，，
；
因为为锐角，且，
，
所以，
因为为钝角，所以，
所以，
所以．
【解析】由三角函数的定义求得，，再由同角三角函数的基本关系及两角和的正弦公式计算即可；
由二倍角公式结合条件得到的范围，再由两角差的正弦公式计算即可．
16..证明：取的中点，连接，，
因为，分别是，的中点，
所以，，
因为平面，平面，
所以平面，
同理可得平面，而，
所以平面平面，而平面，
所以平面；
因为，连接，，，
因为为等边三角形，所以
所以也是等边三角形，所以，
又因为，
所以平面，
而，
所以平面．
【解析】取的中点，连接，，易证得平面平面，进而可证得结论；
连接，，，由题意可得是等边三角形，易证得，，进而可证得平面，再由，进而可证得结论．
本题考查线面平行的证法及线面垂直的证法，属于中档题．
17..解：由，可得，
由余弦定理可得：，
由正弦定理可得：，
又，
故，即，
故；
由知，，
在锐角中，，
故
，
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为．
【解析】由正弦定理及余弦定理，结合诱导公式及和角公式即可求得；
由诱导公式及三角恒等变换，结合基本不等式即可求解．
18..解：由题意得，整理得，
；
当时，，设，
因为，所以，
，
当且仅当时，取等号，所以的最小值为；
设，
则
，
因为存在实数，使得成立，
所以为实数，所以，
因为，，所以，
当时，，符合题意，
此时，则，
所以的取值范围为．
【解析】由题意得，化简后利用一元二次方程的求根公式求解即可；
设，代入，结合可求得其最小值；
由题意设，代入化简，再由，可得为实数，从而可得，进而可求出的取值范围．
19..解：连接，
因为，且点为的中点，
则，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，由平面，可得，
且，，，平面，可得平面，
且平面，
所以平面平面．
由题意可知：，，
因为为正三角形，且点为的中点，
则，
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，由平面，可得，
可得，
取的中点，连接，，
因为，，则，，
且，，平面，则平面，
对于梯形，过点做，垂足为，
因为，，
可得，，可知，
则，，
将三棱台补成三棱锥，，
设可知即为直线，
则，可得，
注意到，则，、三点共线，且，即，
可知为线段的中垂线，，
过做，垂足为，过做，垂足为，连接，
因为平面，平面，则，
且，，平面，可得平面，
由平面，可得，
且，，平面，可得平面，
由平面，可得，
可知二面角的的平面角为，因为平面，由平面，可得，
在中，，，
可得，则，
在中，，，可得，
在中，可得，
在中，则，可得，
所以二面角的余弦值为；
由可知：三棱台的高，
则三棱台的体积，
，
则三棱锥的体积；
设，，，
则线段，，
则三棱台的体积，
整理可得，解得，
所以存在点，此时．
【解析】根据面面垂直可得平面，进而可证平面，即可得结果；
根据题意分析相关长度，确定三棱台的结构特征，并将三棱台补成三棱锥，作辅助线，分析可知即为直线，利用三垂线法求二面角；
作辅助线，设，结合台体的体积公式运算求解．
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