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河南省新乡市多校2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题（原卷版+解析版）
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这是一份河南省新乡市多校2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题（原卷版+解析版），文件包含河南省新乡市多校2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题原卷版docx、河南省新乡市多校2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号.回答非选择题时，将写在答题卡上.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.
一､单项选择题：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，则复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的乘方运算、除法运算计算得解.
【详解】依题意，.
故选：A
2. 一个圆柱的侧面展开图是长为4，宽为2的矩形，则该圆柱的轴截面的面积为（ ）
A. 32B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆柱侧面展开图的特征，分4为底面周长和2为底面周长两种情况讨论求解.
【详解】若4为底面周长，则圆柱高为2，此时圆柱的底面直径为，故圆柱的轴截面的面积为；
若2为底面周长，则圆柱的高为4，此时圆柱的底面直径为，故圆柱的轴截面的面积为.
故选：D.
3. 若在已知和的条件下，有两个解，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形解的个数的结论，因为三角形有两个解，所以，可求出结果.
【详解】解析因为有两个解，所以，
所以，即.
故选：C.
4. 如图所示，水平放置的用斜二测画法画出的直观图为，其中，，那么为（ ）
A. 等边三角形B. 等腰直角三角形
C. 钝角三角形D. 三边互不相等的三角形
【答案】B
【解析】
【分析】利用斜二测画法还原，即可分析判断得解.
【详解】根据斜二测画法还原，则，且，
因此，且，
所以为等腰直角三角形.
故选：B
5. 已知平面向量，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算求，结合投影向量的计算公式运算求解.
【详解】因为，则，
所以在上的投影向量为.
故选：A.
6. 在中，边上的中线为，点满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由平面向量的线性运算即可.
【详解】
为的中点，
，
.
故选：A.
7. 一个高为的圆锥形容器（容器壁厚度忽略不计）内部能完全容纳的最大球的半径为，若，则这个圆锥的体积与这个最大球的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角形的相似比求得底面半径，然后根据圆锥和球的体积公式即可求解.
【详解】作圆锥的轴截面，如图，由题可知，,，
所以，即，解得，
则，
所以
故选：D
8. 在中，已知为锐角，，若最小值为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由化简得到取最小值的条件，得到的值，利用余弦定理，得到，进而求得的值，
【详解】设的内角的对边分别为.
因为，
所以当时，取得最小值，
则，所以，又为锐角，故.
因为，所以，所以，所以，所以.
故选:C
二､多项选择题：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. 下列说法正确的是（ ）
A. 存在只有三个面的多面体
B. 平行六面体的六个面都是平行四边形
C. 长方体是直四棱柱
D. 棱台的侧面都是梯形
【答案】BCD
【解析】
【分析】举反例判断A，利用空间几何体的结构特征判断B，C，D即可.
【详解】对于A，易知面数最少的多面体是三棱锥，它有四个面，故A错误；
对于B，由平行六面体的定义知，平行六面体的六个面都是平行四边形，故B正确；
对于C，易知长方体侧棱和底面垂直，所以是直四棱柱，故C正确；
对于D，由棱台的结构特征知，棱台的侧面都是梯形，故D正确.
故选：BCD
10. 如图，已知长方形中，，则（ ）
A. 的最小值为2
B. 当时，与的夹角余弦值为
C. 当时，
D. 对任意的
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定条件，以为坐标原点建立平面直角坐标系，求出的坐标，利用向量的坐标运算逐项计算判断即得.
【详解】以为坐标原点，分别以向量的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系，
则.
对于A，显然，
则，当，即时，取得最小值2，A正确；
对于B，当时，与的夹角余弦值为
，B错误；
对于C，当时，，而，C正确；
对于D，，当时，取得最小值，
当或1时，的值为1，所以对任意的，D错误.
故选：AC
11. 已知锐角三角形的内角所对的边分别是，且的外接圆半径为，，，则（ ）
A. B.
C. D. 面积的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用正弦定理得到，从而求出，即可判断A、B、C，再由余弦定理及基本不等式求出面积的最大值，即可判断D.
【详解】在锐角三角形中，由正弦定理可得，又，所以，
又，所以，故C正确.
因为，所以，因为是锐角三角形，所以，故A错误，B正确.
由余弦定理得，所以，
又，所以，解得，当且仅当时，等号成立，
所以，则面积的最大值为，故D错误.
故选：BC
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知一个正四棱锥的底面边长为1，高为，则该正四棱锥的表面积为__________.
【答案】4
【解析】
【分析】根据正四棱锥的结构特征，求出正四棱锥的斜高，再求出表面积.
【详解】如图，四棱锥为正四棱锥，高，底面边长，
过点作于，则是中点，连接，于是斜高，
所以正四棱锥的表面积.
故答案为：4
13. 已知复数，若为纯虚数，则实数__________.
【答案】8
【解析】
【分析】根据复数的相关概念和四则运算求解.
【详解】因为为纯虚数，
所以且，得.
故答案为：8.
14. 如图，在多面体中，已知是边长为2的正方形，且均为正三角形，则该多面体的体积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知，将多面体分成两个同样的三棱锥和一个直三棱柱，然后分别求出其体积相加即可.
【详解】
如图，分别过点作的垂线，垂足分别为，连接，
则平面，平面将多面体分成两个同样的三棱锥和一个直三棱柱，
因为是边长为2的正方形，且均为正三角形，
则，
取的中点，连接，，，
，
则多面体的体积
故答案为：.
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. （1）已知复数在复平面内对应的点在第一象限，，且，求；
（2）已知复数在复平面内对应的点在第二象限，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）设出复数的代数形式，结合已知列出方程组，求解并验证即得.
（2）利用复数的除法运算、代数形式的加减运算求出，再借助几何意义列出不等式组求解即得.
【详解】（1）设，
由，且，得，解得，
而复数在复平面内对应的点在第一象限，，
所以.
（2），
由复数在复平面内对应的点在第二象限，得，解得，
所以实数的取值范围是.
16. 如图，已知在中，是边的中点，且，设与交于点.记，
（1）用表示向量；
（2）若，且，求.
【答案】（1），；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面向量的线性运算，结合图形求解可得；
（2）将条件转化为，利用，代入条件即可求解.
【小问1详解】
，
，
.
【小问2详解】
三点共线，由得，
，即，
，
.
17. 如图（1）所示，四边形为水平放置的四边形的斜二测直观图，其中.
（1）在图（2）所示的直角坐标系中画出四边形，并求四边形的面积；
（2）若将四边形以直线为轴旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积.
【答案】（1）作图见解析，6；
（2）体积为；表面积为.
【解析】
【分析】（1）先还原出原图形，再求面积即可.
（2）先确定旋转所成的图形是圆锥，再求表面积即可.
【小问1详解】
在直观图中，
则在四边形中，
所以四边形如图所示：
由图可知，四边形为直角梯形，
所以面积为.
【小问2详解】
直角梯形以直线为轴，旋转一周形成的几何体可以看成圆柱加上一个同底的圆锥，
由（1）可知几何体的底面圆半径，圆柱的高，
圆锥的高，母线长.
所以该几何体体积.
表面积
18. 如图，已知四面体的棱长均为6，棱的中点分别为，用平面截四面体，得到三棱台.
（1）求三棱台的体积；
（2）若为棱上的动点，求的最小值，并求取最小值时线段的长度.
【答案】（1）；
（2）最小值为，且取最小值时.
【解析】
【分析】（1）作点在平面内的射影，连接，根据题意可知，是等边三角形的中心，从而求出，利用勾股定理得到，求得结果；
（2）将平面与展开到同一平面，可知，在中，利用余弦定理求得，利用求得，在中，由余弦定理得到，即可得出结论.
【小问1详解】
作点在平面内的射影，连接.
根据题意可知，是等边三角形的中心，则，
，即四面体的高为.
所以，
所以.
【小问2详解】
如图所示，将平面与展开到同一平面，可知.
在中，，
由余弦定理得，即.
因为，所以
所以，
在中，设，
由余弦定理得，即，
解得或，结合图可知.
综上，的最小值为，且取最小值时.
19. 在中，内角所对的边分别为，已知，.
（1）求的外接圆面积；
（2）若为的内心，求周长的最大值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理以及化简已知条件，可得，从而求得的外接圆半径，即可得到外接圆面积；
（2）根据题意可得，设，在中，利用正弦定理化简可得：，结合三角恒等变换公式化简的周长，利用正弦函数的性质即可求解.
【小问1详解】
由条件可得，
所以，
因为，故，则，故.
所以的外接圆半径，面积为.
【小问2详解】
由题可知，，故.
设，则，且，
在中，由正弦定理可得，
所以，
故的周长，
因为，所以，所以当，即时，
的周长最大，且最大值为.
考生注意：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题后，用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他标号.回答非选择题时，将写在答题卡上.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.
一､单项选择题：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，则复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的乘方运算、除法运算计算得解.
【详解】依题意，.
故选：A
2. 一个圆柱的侧面展开图是长为4，宽为2的矩形，则该圆柱的轴截面的面积为（ ）
A. 32B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆柱侧面展开图的特征，分4为底面周长和2为底面周长两种情况讨论求解.
【详解】若4为底面周长，则圆柱高为2，此时圆柱的底面直径为，故圆柱的轴截面的面积为；
若2为底面周长，则圆柱的高为4，此时圆柱的底面直径为，故圆柱的轴截面的面积为.
故选：D.
3. 若在已知和的条件下，有两个解，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形解的个数的结论，因为三角形有两个解，所以，可求出结果.
【详解】解析因为有两个解，所以，
所以，即.
故选：C.
4. 如图所示，水平放置的用斜二测画法画出的直观图为，其中，，那么为（ ）
A. 等边三角形B. 等腰直角三角形
C. 钝角三角形D. 三边互不相等的三角形
【答案】B
【解析】
【分析】利用斜二测画法还原，即可分析判断得解.
【详解】根据斜二测画法还原，则，且，
因此，且，
所以为等腰直角三角形.
故选：B
5. 已知平面向量，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算求，结合投影向量的计算公式运算求解.
【详解】因为，则，
所以在上的投影向量为.
故选：A.
6. 在中，边上的中线为，点满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由平面向量的线性运算即可.
【详解】
为的中点，
，
.
故选：A.
7. 一个高为的圆锥形容器（容器壁厚度忽略不计）内部能完全容纳的最大球的半径为，若，则这个圆锥的体积与这个最大球的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用三角形的相似比求得底面半径，然后根据圆锥和球的体积公式即可求解.
【详解】作圆锥的轴截面，如图，由题可知，,，
所以，即，解得，
则，
所以
故选：D
8. 在中，已知为锐角，，若最小值为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由化简得到取最小值的条件，得到的值，利用余弦定理，得到，进而求得的值，
【详解】设的内角的对边分别为.
因为，
所以当时，取得最小值，
则，所以，又为锐角，故.
因为，所以，所以，所以，所以.
故选:C
二､多项选择题：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. 下列说法正确的是（ ）
A. 存在只有三个面的多面体
B. 平行六面体的六个面都是平行四边形
C. 长方体是直四棱柱
D. 棱台的侧面都是梯形
【答案】BCD
【解析】
【分析】举反例判断A，利用空间几何体的结构特征判断B，C，D即可.
【详解】对于A，易知面数最少的多面体是三棱锥，它有四个面，故A错误；
对于B，由平行六面体的定义知，平行六面体的六个面都是平行四边形，故B正确；
对于C，易知长方体侧棱和底面垂直，所以是直四棱柱，故C正确；
对于D，由棱台的结构特征知，棱台的侧面都是梯形，故D正确.
故选：BCD
10. 如图，已知长方形中，，则（ ）
A. 的最小值为2
B. 当时，与的夹角余弦值为
C. 当时，
D. 对任意的
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定条件，以为坐标原点建立平面直角坐标系，求出的坐标，利用向量的坐标运算逐项计算判断即得.
【详解】以为坐标原点，分别以向量的方向为轴的正方向建立平面直角坐标系，
则.
对于A，显然，
则，当，即时，取得最小值2，A正确；
对于B，当时，与的夹角余弦值为
，B错误；
对于C，当时，，而，C正确；
对于D，，当时，取得最小值，
当或1时，的值为1，所以对任意的，D错误.
故选：AC
11. 已知锐角三角形的内角所对的边分别是，且的外接圆半径为，，，则（ ）
A. B.
C. D. 面积的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用正弦定理得到，从而求出，即可判断A、B、C，再由余弦定理及基本不等式求出面积的最大值，即可判断D.
【详解】在锐角三角形中，由正弦定理可得，又，所以，
又，所以，故C正确.
因为，所以，因为是锐角三角形，所以，故A错误，B正确.
由余弦定理得，所以，
又，所以，解得，当且仅当时，等号成立，
所以，则面积的最大值为，故D错误.
故选：BC
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知一个正四棱锥的底面边长为1，高为，则该正四棱锥的表面积为__________.
【答案】4
【解析】
【分析】根据正四棱锥的结构特征，求出正四棱锥的斜高，再求出表面积.
【详解】如图，四棱锥为正四棱锥，高，底面边长，
过点作于，则是中点，连接，于是斜高，
所以正四棱锥的表面积.
故答案为：4
13. 已知复数，若为纯虚数，则实数__________.
【答案】8
【解析】
【分析】根据复数的相关概念和四则运算求解.
【详解】因为为纯虚数，
所以且，得.
故答案为：8.
14. 如图，在多面体中，已知是边长为2的正方形，且均为正三角形，则该多面体的体积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知，将多面体分成两个同样的三棱锥和一个直三棱柱，然后分别求出其体积相加即可.
【详解】
如图，分别过点作的垂线，垂足分别为，连接，
则平面，平面将多面体分成两个同样的三棱锥和一个直三棱柱，
因为是边长为2的正方形，且均为正三角形，
则，
取的中点，连接，，，
，
则多面体的体积
故答案为：.
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. （1）已知复数在复平面内对应的点在第一象限，，且，求；
（2）已知复数在复平面内对应的点在第二象限，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）设出复数的代数形式，结合已知列出方程组，求解并验证即得.
（2）利用复数的除法运算、代数形式的加减运算求出，再借助几何意义列出不等式组求解即得.
【详解】（1）设，
由，且，得，解得，
而复数在复平面内对应的点在第一象限，，
所以.
（2），
由复数在复平面内对应的点在第二象限，得，解得，
所以实数的取值范围是.
16. 如图，已知在中，是边的中点，且，设与交于点.记，
（1）用表示向量；
（2）若，且，求.
【答案】（1），；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面向量的线性运算，结合图形求解可得；
（2）将条件转化为，利用，代入条件即可求解.
【小问1详解】
，
，
.
【小问2详解】
三点共线，由得，
，即，
，
.
17. 如图（1）所示，四边形为水平放置的四边形的斜二测直观图，其中.
（1）在图（2）所示的直角坐标系中画出四边形，并求四边形的面积；
（2）若将四边形以直线为轴旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积.
【答案】（1）作图见解析，6；
（2）体积为；表面积为.
【解析】
【分析】（1）先还原出原图形，再求面积即可.
（2）先确定旋转所成的图形是圆锥，再求表面积即可.
【小问1详解】
在直观图中，
则在四边形中，
所以四边形如图所示：
由图可知，四边形为直角梯形，
所以面积为.
【小问2详解】
直角梯形以直线为轴，旋转一周形成的几何体可以看成圆柱加上一个同底的圆锥，
由（1）可知几何体的底面圆半径，圆柱的高，
圆锥的高，母线长.
所以该几何体体积.
表面积
18. 如图，已知四面体的棱长均为6，棱的中点分别为，用平面截四面体，得到三棱台.
（1）求三棱台的体积；
（2）若为棱上的动点，求的最小值，并求取最小值时线段的长度.
【答案】（1）；
（2）最小值为，且取最小值时.
【解析】
【分析】（1）作点在平面内的射影，连接，根据题意可知，是等边三角形的中心，从而求出，利用勾股定理得到，求得结果；
（2）将平面与展开到同一平面，可知，在中，利用余弦定理求得，利用求得，在中，由余弦定理得到，即可得出结论.
【小问1详解】
作点在平面内的射影，连接.
根据题意可知，是等边三角形的中心，则，
，即四面体的高为.
所以，
所以.
【小问2详解】
如图所示，将平面与展开到同一平面，可知.
在中，，
由余弦定理得，即.
因为，所以
所以，
在中，设，
由余弦定理得，即，
解得或，结合图可知.
综上，的最小值为，且取最小值时.
19. 在中，内角所对的边分别为，已知，.
（1）求的外接圆面积；
（2）若为的内心，求周长的最大值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理以及化简已知条件，可得，从而求得的外接圆半径，即可得到外接圆面积；
（2）根据题意可得，设，在中，利用正弦定理化简可得：，结合三角恒等变换公式化简的周长，利用正弦函数的性质即可求解.
【小问1详解】
由条件可得，
所以，
因为，故，则，故.
所以的外接圆半径，面积为.
【小问2详解】
由题可知，，故.
设，则，且，
在中，由正弦定理可得，
所以，
故的周长，
因为，所以，所以当，即时，
的周长最大，且最大值为.
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