福建省福州第八中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

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命题：张艳 审核：陈达辉 校对：王成
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. 已知复数z在复平面内所对应点的坐标为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得，然后求得，由此求得.
【详解】因为复数z在复平面内所对应的点为，
所以，故，故．
故选：A
2. 已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，对于下列四个命题：
①；②；
③；④．
其中正确命题的个数有（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】A
【解析】
【分析】根据线、面位置关系结合线、面平行的判定定理分析判断.
【详解】对于①：因为面面平行的判定定理要求相交，若没有，则可能相交，故①错误；
对于②：因为线面平行的判定定理要求，若没有，则可能，故②错误；
对于③：根据线、面位置关系可知：//，或异面，故③错误；
对于④：根据线、面位置关系可知：//，或异面，故④错误；
故选：A.
3. 已知平面向量，则向量在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量数量积的坐标运算，向量模的坐标运算，结合投影向量的公式计算.
【详解】平面向量，，，
所以向量在上的投影向量为.
故选：D
4. 一个侧棱长为的直棱柱的底面用斜二测画法所画出的水平放置的直观图为如图所示的菱形，其中，则该直棱柱外接球的表面积为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合斜二测画法确定直棱柱的底面为矩形，再确定其长和宽，再求直棱柱的体对角线，由此可求其外接球的半径，再由球的表面积公式求结论.
【详解】由已知，
根据斜二测画法的性质可得，
该直棱柱的底面，
所以该直棱柱的底面为长为4宽 2的矩形，
其对角线，
所以该直棱柱外接球的半径，
则该直棱柱外接球的表面积，
故选：C.
5. 1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式，其中e是自然对数的底，i是虚数单位，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题设公式可判断A,B，由可得，两式联立可判断C,D.
【详解】对于A，不一定等于0，故A错误；
对于B，，故B错误；
对于C，因为，①
所以，即，②
联立①②可得，，故C正确，D错误，
故选：C.
6. 中，分别是角的对边，且，则的形状为（ ）
A. 直角三角形B. 钝角三角形
C. 直角或钝角三角形D. 锐角三角形
【答案】B
【解析】
【分析】利用二倍角公式、正弦定理和和差公式化简可得，然后根据角的范围判断三角形形状即可.
【详解】由得，
即，
因为，所以，则，
，
，
，
，
又，所以，，所以角为钝角，为钝角三角形.
故选：B.
7. 如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由三点共线，结合向量的线性运算将用表示，根据共线的条件得出参数值，然后对等式两边同时平方即可.
【详解】，又，即，
由三点共线可知，，即，故.
由题知，，.
将上式两边平方可得，，即
故选：B
8. 点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形(包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取的中点，的中点F，连结，，，取EF中点O，连结，证明平面平面，从而得到P的轨迹是线段，从而得出长度范围.
【详解】取的中点，的中点F，连结，，，取EF中点O，连结，,
∵点M，N分别是棱长为2的正方体中棱BC，的中点，
，,
，四边形为平行四边形，
，而在平面中，易证，
∵平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
又，平面，∴平面平面，
∵动点P在正方形（包括边界）内运动，且平面AMN，
∴点P的轨迹是线段EF，
，，∴，
∴当P与O重合时，的长度取最小值，
为等腰三角形，∴在点或者点处时，此时最大，最大值为.
即的长度范围为
故选：B．
二、选择题：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、都是复数，下列正确的是（ ）
A 若，则B.
C. 若，则D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】设，再根据复数的乘法运算和复数的模及共轭复数的定义注意判断即可.
【详解】设，
对于A，若，则，
当时，不成立，故A错误；
对于B，，
故，
，
所以，故B正确；
对于C，，
若，则且，
所以，故C正确；
对于D，由B选项可得，
，
所以，故D正确.
故选：BCD.
10. 某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面ABCD中，，且，下列说法正确的有（ ）

A. B. 该圆台轴截面ABCD面积为
C. 该圆台的体积为D. 沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5cm
【答案】BCD
【解析】
【分析】求出圆台的高，由梯形特征可判断选项A；将圆台轴截面，可判断选项B；由台体的体积公式可判断选项C；将圆台补成圆锥，侧面展开，取AD的中点为E，连接CE，可判断选项D.
【详解】A：由已知及题图知：且，故，错误；
B：由A易知：圆台高为，所以圆台轴截面ABCD面积，正确；
C：圆台的体积，正确；
D：将圆台一半侧面展开，如下图中且为中点，
而圆台对应的圆锥体侧面展开为且，又，
所以在△中，即C到AD中点的最短距离为5cm，正确.

故选：BCD.
11. 已知对任意角，均有公式.设△ABC的内角A，B，C满足.面积S满足.记a，b，c分别为A，B，C所对的边，则下列式子一定成立的是( )
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】结合已知对进行变形化简即可得的值，从而判断A；根据正弦定理和三角形面积，借助于△ABC外接圆半径R可求的范围，从而判断B；根据的值，结合△ABC外接圆半径R即可求abc的范围，从而判断C；利用三角形两边之和大于第三边可得，从而判断D﹒
【详解】∵△ABC的内角A、B、C满足，
∴，即，
∴，
由题可知，，
∴，
∴
∴，
∴有，故A错误；
设△ABC的外接圆半径为R，
由正弦定理可知，，
∴，
∴，∴，故B错误；
，故C正确；
，故D正确．
故选：CD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 平面向量与夹角为，，，则等于________
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的运算性质：，求向量的模.
【详解】因为：，
又平面向量与的夹角为，所以.
又，
所以.
故答案为：.
13. 中国古典神话故事《白蛇传》中“水漫金山寺”中的金山寺位于镇江金山公园内，唐宋时期，寺里有南北相向的两座宝塔，一名荐慈塔，一名荐寿塔，后双塔毁于火，明代重建该塔，当年值逢慈禧60大寿，地方官员以此塔作为贺礼进贡，故取名慈寿塔.某校高一研究性学习小组为了实地测量该塔的高度，选取与塔底中心在同一个水平面内的两个测量基点与，在点测得：塔顶的仰角为，在的北偏东处，在的正东方向41米处，且在点测得与的张角为，则慈寿塔的高度约为__________米（四舍五入，保留整数）.

【答案】
【解析】
【分析】在中利用正弦定理求出，依题意为等腰直角三角形，即可得到.
【详解】由题意可得在中，，，米，
所以，
在中利用正弦定理可得，
所有
，
因为，所以为等腰直角三角形，所以米．
故答案为：．
14. 在中，，，，为线段上的动点，且，则的最小值为________
【答案】
【解析】
【分析】由已知条件求得，再求得，可得到，用基本不等式求的最小值.
【详解】设，
因为，所以，①
因为，且，
所以，
由正弦定理可得，②
又，所以，③
由①，②，③解得，
由余弦定理，所以，
，
因为点三点共线，
所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：解题的关键是由已知条件求出后，再由三点共线，得，是解决本题的关键.
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. 已知z是复数，与均为实数.
（1）求复数z；
（2）复数在复平面上对应的点在第一象限，求实数a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据复数的运算法则，结合复数的特征，即可求解；
（2）根据（1）的结果，计算复数的平方，再根据复数的几何意义，即可求解.
【小问1详解】
设，,所以，

由条件得，且，
所以，所以，
【小问2详解】
，
由条件得，
解得，所以所求实数a的取值范围是.
16. 如图所示，已知圆是的外接圆，圆的直径.设，，，在下面给出条件中选一个条件解答后面的问题，
①；
②；
③的面积为.选择条件______.
（1）求的值；
（2）求的周长的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若选①利用正弦定理将边化角，再结合两角和的余弦公式及诱导公式求出，在利用正弦定理计算可得；若选②，根据同角三角函数的基本关系、和差角公式及诱导公式求出，在利用正弦定理计算可得；若选③，利用面积公式及余弦定理求出，在利用正弦定理计算可得；
（2）由题知，设，，利用正弦定理得到，，再根据三角恒等变换公式及正弦函数的性质计算可得.
【小问1详解】
若选①，因为，
由正弦定理可得，
显然，所以，
即，所以，所以，又，所以，
因为外接圆的半径，所以.
若选②，因为，
所以，
即，
所以，
所以，所以，又，所以，
因为外接圆的半径，所以.
若选③，的面积为，则，
由余弦定理可得，所以，所以，又，所以，
因为外接圆的半径，所以.
【小问2详解】
由题知，设，，
由正弦定理，
所以，，
所以
，
因为，所以，所以，
所以.
17. 如图所示，在四棱锥中，平面，，E是PD的中点.

（1）求证：；
（2）求证：平面；
（3）若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）存在，证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；
（2）由中位线、线面平行的性质可得四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定即可证明；
（3）根据线面、面面平行的性质定理和判断定理即可判断存在性.
【小问1详解】
在四棱锥中，平面，平面，平面，
平面平面，所以；
【小问2详解】
如下图，取为中点，连接，由E是PD的中点，
所以且，由（1）知，又，
所以且，所以四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，则平面.
【小问3详解】
取中点N，连接，，
因为E，N分别为，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
线段存在点N，使得平面，理由如下：
由（2）知：平面，又，平面，平面，
所以平面平面，又M是上的动点，平面，
所以平面，所以线段存在点N，使得平面.
18. 已知的面积为，且且.
（1）求角的大小；
（2）设为的中点，且，求线段的长度.
（3）在满足（2）的条件下，若的平分线交于，求线段的长度.
【答案】（1），
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件可得，，相除可求，再结合角的范围即可求解；
（2）结合向量中点公式可得，由（1）可得，求，利用余弦定理求；
（3）结合面积公式证明，由此可求，利用余弦定理求．
【小问1详解】
因为，
所以，
因为，所以，
∴，
又，∴.
【小问2详解】
如下图所示：
在中，中线，∴，
∴
而，∴.
由（1）知：，
所以，
又， ∴，，
由余弦定理可得：，
所以，
【小问3详解】
因为，
，
又，
∴，又，
所以
又，∴，
在中，有：
，
所以.
19. 已知正的边长为，内切圆圆心为，点满足.
（1）求证：为定值；
（2）把三个实数，，的最小值记为，若，求的取值范围；
（3）若，，求的最大值.
【答案】（1）证明见解析，定值为51
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）以为原点，为轴建立平面直角坐标系如图所示，依题意点在圆上，设，即可表示，，，根据平面向量模的坐标表示及同角三角函数的基本关系计算可得；
（2）由（1）知，同理可得，，根据对称性，考查时的情况，分与两种情况讨论，分别求出，，的取值范围，即可得解；
（3）根据平面向量线性运算的坐标表示得到，再根据同角三角函数的基本关系，得到，，两边同除，
令，，将原式化为，再根据求出的取值范围，即可得解.
【小问1详解】
以为原点，为轴建立平面直角坐标系如图所示，
由正弦定理得外接圆半径，
则，进而可得，，
因为，所以点在圆上，故设，
则，，
，
所以
；
【小问2详解】
由（1）知，
同理可得，，
由对称性下面考查时的情况，
当时，，，
所以，，，
所以，，
，此时最小；
当时，，，
所以，，，
此时，，
，
此时最小；
综上可得的取值范围是；
【小问3详解】
，
所以，
代入整理得，，
两边同时除以，
得，
令，，则，
即，
所以，即，
解得，
所以的最大值为．
【点睛】关键点点睛：建立平面直角坐标系，将问题转化为三角函数和不等式问题.