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河南省创新发展联盟2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试卷（Word版附解析）
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这是一份河南省创新发展联盟2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试卷（Word版附解析），共11页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，已知点，则下列结论正确的是，已知复数，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六章至第八章第4节.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.（ ）
A. B. C. D.
2.复数的实部和虚部分别是（ ）
A. B. C. D.
3.下列结论正确的是（ ）
A.底面是正方形的棱锥是正四棱锥
B.绕直角三角形的一条边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥
C.有两个面是四边形且相互平行，其余四个面都是等腰梯形的几何体是四棱台
D.棱台的所有侧棱所在直线必交于一点
4.一艘轮船从地出发，先沿东北方向航行15海里后到达地，然后从地出发，沿北偏西方向航行10海里后到达地，则地与地之间的距离是（ ）
A.海里 B.海里 C.海里 D.15海里
5.如图，是在斜二测画法下的直观图，其中4，则的面积是（ ）
A. B.4 C.8 D.
6.在中，角的对边分别是，则“”是“是锐角三角形”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
7.如图所示，在三棱柱中，若点分别满足，平面将三棱柱分成的左､右两部分的体积分别为和，则（ ）
A. B. C. D.
8.18世纪末，挪威测量学家维塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及其运算具有了几何意义，例如，即复数的模的几何意义为对应的点到原点的距离.设复数，且，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知点，则下列结论正确的是（ ）
A.是直角三角形
B.若点，则四边形是平行四边形
C.若，则
D.若，则
10.已知复数，则
A. B.
C. D.
11.在正四棱台中，为棱上的动点（含端点），则下列结论正确的是（ ）
A.四棱台的表面积是
B.四棱台的体积是
C.的最小值为
D.的最小值为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.一个棱台最少有__________.个面.
13.已知向量，若向量的夹角，则的取值范围是__________.
14.如图，在扇形中，半径在半径上，在半径上，是扇形弧上的动点（不包含端点），则平行四边形的周长的取值范围是__________.
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.（13分）
已知复数.
（1）若是纯虚数，求的值；
（2）若在复平面内对应的点位于第二象限，求的取值范围.
16.（15分）
如图，这是某建筑大楼的直观图，它是由一个半球和一个圆柱组合而成的.已知该几何体的下半部分圆柱的轴截面（过圆柱上､下底面圆的圆心连线的平面）是边长为6的正方形.
（1）求该几何体的表面积；
（2）求该几何体的体积.
17.（15分）
在中，点分别在边上，且是的交点.设.
（1）用表示；
（2）求的值.
18.（17分）
如图，在长方体中，分别在上.已知，.
（1）作出平面截长方体的截面，并写出作法；
（2）求（1）中所作截面的周长；
（3）长方体被平面截成两部分，求体积较小部分的几何体的体积.
19.（17分）
如图，在平面四边形中，.
（1）若为锐角，且，求的面积；
（2）求四边形面积的最大值；
（3）当时，在四边形所在平面内，求的最小值.
2023—2024学年高一下学期第二次月考数学试卷
参考答案
1.B .
2.A 因为，所以复数的实部和虚部分别是1，1.
3.D 底面是正方形且所有侧棱均相等的棱锥是正四棱锥，则错误.绕直角三角形的一条直角边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥，则错误.有两个面是相似四边形且相互平行，其余四个面都是等腰梯形的几何体是四棱台，则C错误.棱台的所有侧棱所在直线必交于一点，则D正确.
4.A 在中，由题意可知海里，海里，.由余弦定理可得，则海里.
5.C 由题意可得的面积，则的面积.
6.B 由是锐角三角形，得，从而，故，即，即.反之，不成立.
7.A 设的面积为，三棱柱的高为，则三棱柱的体积.因为，所以，所以，且，所以的面积，则三棱台的体积，从而，故.
8.D 由，可知其几何意义表示动点到定点的距离为定长，则动点的轨迹是以为圆心，半径为的圆.同理，的几何意义表示动点到定点的距离.因为，所以.
9.ABD ，所以是直角三角形，正确.若点，则，四边形是平行四边形，正确.，则，C错误.若，则正确.
10.BD 因为，所以.
11.ABC 如图1，由题意可知该四棱台的侧面都是等腰梯形，且.作，垂足为.因为，所以，所以，则四棱台的表面积，故A正确.如图2，设分别是和的中点，则是四棱台的高.作，垂足为.由题中数据可知，则四棱台的体积，故B正确.如图3，把四边形展开至同一个平面，连接.易知的最小值就是展开图中的长.在中，，则，即的最小值为，故C正确.在中，由余弦定理可得，则，从而，由图可知，则错误.
12.5 一个棱台最少有5个面.
13. 由题意可得.因为，所以0，所以，解得或.
14. 如图，连接.设，则，故.在中，由正弦定理可得，则.在Rt中，由正弦定理可得，则.平行四边形
的周长为
.因为，所以，所以，所以，所以，则，即平行四边形的周长的取值范围是.
15.解：（1）由题意可得
解得.
（2）由题意可得，
则在复平面内对应的点的坐标为.
因为在复平面内对应的点位于第二象限，所以
解得，即的取值范围为.
16.解：由题意可知半球的半径，圆柱的底面圆半径，高.
（1）由球的表面积公式可得半球的曲面面积，
由圆的面积公式可得圆柱底面圆的面积，
由圆柱的侧面积公式可得圆柱的侧面积，
故该几何体的表面积.
（2）由球的体积公式可得半球的体积.
由圆柱的体积公式可得圆柱的体积.
故该几何体的体积.
17.解：（1）因为，所以是的中点，
则.
因为，所以，
则.
（2）因为，所以.
因为三点共线，所以
.
因为三点共线，所以，
则解得.
故.
18.解：（1）如图所示，五边形为所求截面.
作法如下：
延长，与的延长线交于点，
连接并延长，分别交于，交的延长线于，
连接，交于点，连接，则五边形为所求截面.
（2）由（1）易得，则，由，得
，则，
.
由，得，由，得，则
.
故截面的周长为.
（3），故所求体积为.
19.解：（1）连接.
在中，由余弦定理可得
，即.
在中，由余弦定理可得
，即，
则，即.
因为为锐角，且，所以，所以，则，
故的面积为.
（2）四边形的面积，则.①
由①可知，则.②联立①②，解得，则，
当且仅当时，四边形的面积取得最大值.
（3）将绕点旋转，使得分别与重合，连接，
则.因为，
所以，所以，则.
由图可知，当且仅当四点共线时，等号成立，故的最小值是.
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号､座位号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六章至第八章第4节.
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.（ ）
A. B. C. D.
2.复数的实部和虚部分别是（ ）
A. B. C. D.
3.下列结论正确的是（ ）
A.底面是正方形的棱锥是正四棱锥
B.绕直角三角形的一条边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥
C.有两个面是四边形且相互平行，其余四个面都是等腰梯形的几何体是四棱台
D.棱台的所有侧棱所在直线必交于一点
4.一艘轮船从地出发，先沿东北方向航行15海里后到达地，然后从地出发，沿北偏西方向航行10海里后到达地，则地与地之间的距离是（ ）
A.海里 B.海里 C.海里 D.15海里
5.如图，是在斜二测画法下的直观图，其中4，则的面积是（ ）
A. B.4 C.8 D.
6.在中，角的对边分别是，则“”是“是锐角三角形”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分也不必要条件
7.如图所示，在三棱柱中，若点分别满足，平面将三棱柱分成的左､右两部分的体积分别为和，则（ ）
A. B. C. D.
8.18世纪末，挪威测量学家维塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及其运算具有了几何意义，例如，即复数的模的几何意义为对应的点到原点的距离.设复数，且，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.已知点，则下列结论正确的是（ ）
A.是直角三角形
B.若点，则四边形是平行四边形
C.若，则
D.若，则
10.已知复数，则
A. B.
C. D.
11.在正四棱台中，为棱上的动点（含端点），则下列结论正确的是（ ）
A.四棱台的表面积是
B.四棱台的体积是
C.的最小值为
D.的最小值为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.一个棱台最少有__________.个面.
13.已知向量，若向量的夹角，则的取值范围是__________.
14.如图，在扇形中，半径在半径上，在半径上，是扇形弧上的动点（不包含端点），则平行四边形的周长的取值范围是__________.
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.（13分）
已知复数.
（1）若是纯虚数，求的值；
（2）若在复平面内对应的点位于第二象限，求的取值范围.
16.（15分）
如图，这是某建筑大楼的直观图，它是由一个半球和一个圆柱组合而成的.已知该几何体的下半部分圆柱的轴截面（过圆柱上､下底面圆的圆心连线的平面）是边长为6的正方形.
（1）求该几何体的表面积；
（2）求该几何体的体积.
17.（15分）
在中，点分别在边上，且是的交点.设.
（1）用表示；
（2）求的值.
18.（17分）
如图，在长方体中，分别在上.已知，.
（1）作出平面截长方体的截面，并写出作法；
（2）求（1）中所作截面的周长；
（3）长方体被平面截成两部分，求体积较小部分的几何体的体积.
19.（17分）
如图，在平面四边形中，.
（1）若为锐角，且，求的面积；
（2）求四边形面积的最大值；
（3）当时，在四边形所在平面内，求的最小值.
2023—2024学年高一下学期第二次月考数学试卷
参考答案
1.B .
2.A 因为，所以复数的实部和虚部分别是1，1.
3.D 底面是正方形且所有侧棱均相等的棱锥是正四棱锥，则错误.绕直角三角形的一条直角边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥，则错误.有两个面是相似四边形且相互平行，其余四个面都是等腰梯形的几何体是四棱台，则C错误.棱台的所有侧棱所在直线必交于一点，则D正确.
4.A 在中，由题意可知海里，海里，.由余弦定理可得，则海里.
5.C 由题意可得的面积，则的面积.
6.B 由是锐角三角形，得，从而，故，即，即.反之，不成立.
7.A 设的面积为，三棱柱的高为，则三棱柱的体积.因为，所以，所以，且，所以的面积，则三棱台的体积，从而，故.
8.D 由，可知其几何意义表示动点到定点的距离为定长，则动点的轨迹是以为圆心，半径为的圆.同理，的几何意义表示动点到定点的距离.因为，所以.
9.ABD ，所以是直角三角形，正确.若点，则，四边形是平行四边形，正确.，则，C错误.若，则正确.
10.BD 因为，所以.
11.ABC 如图1，由题意可知该四棱台的侧面都是等腰梯形，且.作，垂足为.因为，所以，所以，则四棱台的表面积，故A正确.如图2，设分别是和的中点，则是四棱台的高.作，垂足为.由题中数据可知，则四棱台的体积，故B正确.如图3，把四边形展开至同一个平面，连接.易知的最小值就是展开图中的长.在中，，则，即的最小值为，故C正确.在中，由余弦定理可得，则，从而，由图可知，则错误.
12.5 一个棱台最少有5个面.
13. 由题意可得.因为，所以0，所以，解得或.
14. 如图，连接.设，则，故.在中，由正弦定理可得，则.在Rt中，由正弦定理可得，则.平行四边形
的周长为
.因为，所以，所以，所以，所以，则，即平行四边形的周长的取值范围是.
15.解：（1）由题意可得
解得.
（2）由题意可得，
则在复平面内对应的点的坐标为.
因为在复平面内对应的点位于第二象限，所以
解得，即的取值范围为.
16.解：由题意可知半球的半径，圆柱的底面圆半径，高.
（1）由球的表面积公式可得半球的曲面面积，
由圆的面积公式可得圆柱底面圆的面积，
由圆柱的侧面积公式可得圆柱的侧面积，
故该几何体的表面积.
（2）由球的体积公式可得半球的体积.
由圆柱的体积公式可得圆柱的体积.
故该几何体的体积.
17.解：（1）因为，所以是的中点，
则.
因为，所以，
则.
（2）因为，所以.
因为三点共线，所以
.
因为三点共线，所以，
则解得.
故.
18.解：（1）如图所示，五边形为所求截面.
作法如下：
延长，与的延长线交于点，
连接并延长，分别交于，交的延长线于，
连接，交于点，连接，则五边形为所求截面.
（2）由（1）易得，则，由，得
，则，
.
由，得，由，得，则
.
故截面的周长为.
（3），故所求体积为.
19.解：（1）连接.
在中，由余弦定理可得
，即.
在中，由余弦定理可得
，即，
则，即.
因为为锐角，且，所以，所以，则，
故的面积为.
（2）四边形的面积，则.①
由①可知，则.②联立①②，解得，则，
当且仅当时，四边形的面积取得最大值.
（3）将绕点旋转，使得分别与重合，连接，
则.因为，
所以，所以，则.
由图可知，当且仅当四点共线时，等号成立，故的最小值是.
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