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河北省沧州市运东四校2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题（原卷版+解析版）
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这是一份河北省沧州市运东四校2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题（原卷版+解析版），文件包含河北省沧州市运东四校2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题原卷版docx、河北省沧州市运东四校2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题解析版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．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：人教A版必修第二册第六章～第八章第5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. 下列命题中正确的是（ ）
A. 零向量没有方向B. 共线向量一定是相等向量
C. 若向量，同向，且，则D. 单位向量的模都相等
【答案】D
【解析】
【分析】根据零向量，单位向量，相等向量的定义判断即可.
【详解】对于A：模为的向量叫零向量，零向量的方向是任意的，故A错误；
对于B：相等向量要求方向相同且模长相等，共线向量不一定是相等向量，故B错误；
对于C：向量不可以比较大小，故C错误；
对于D：单位向量的模为，都相等，故D正确.
故选：D
2. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘、除法运算即可求解.
【详解】由，
得．
故选：D．
3. 下列说法中错误的是（ ）
A. 棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形
B. 用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥可得到圆台
C. 直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥
D. 在圆柱上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆柱的母线
【答案】C
【解析】
【分析】由棱台圆台和旋转体的结构特征，圆柱母线的定义，对选项进行判断.
【详解】由棱台的结构特征可知，A选项中说法正确；
由圆台的结构特征可知，B选项中说法正确；
直角三角形绕斜边所在直线旋转一周所形成的几何体，不是圆锥，
是由两个同底圆锥组成的几何体，C选项中的说法错误；
在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，这两点的连线不一定是圆柱的母线，
只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，D选项中说法正确.
故选：C
4. 如果一条直线与两个平行平面中的一个平行，那么这条直线与另一个平面的位置关系为( )
A. 平行B. 相交
C. 直线在平面内D. 平行或直线在平面内
【答案】D
【解析】
【详解】由面面平行的定义可知，若一条直线在两个平行平面中的一个平面内，则这条直线与另一个平面无公共点，所以与另一个平面平行．
由此可知，本题中这条直线可能在平面内．否则此直线与另一个平面平行(因为若一条直线与两个平行平面中的一个平面相交，则必然与另一个平面相交)，故选D．
5. 如图所示，在直角坐标系中，已知，，，，则四边形的直观图面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，作出的直观图，再计算面积得解.
【详解】依题意，四边形是平行四边形，，
如图，是的直观图，，
所以四边形的直观图面积为.
故选：D
6. 已知向量，则在上的投影向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用在上的投影向量的定义求解.
【详解】因为，
所以在上的投影向量的坐标为．
故选：D．
7. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则是（ ）
A. 正三角形B. 一个内角余弦值为的直角三角形
C. 底角余弦值为的等腰三角形D. 底角正弦值为的等腰三角形
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算可得，根据正弦定理可得，在中，求出即可求解.
【详解】因为，
所以，即，由及正弦定理，
得．
所以，即有，三角形不可能为等边三角形和直角三角形，排除AB；
所以该等腰三角形底角的余弦值为，C正确；
该等腰三角形底角正弦值为，D错误.
故选：C．
8. 如图，在中，，D在边AB上，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，在和中，分别利用正弦定理，结合，，得到，再由求解．
【详解】解：设，则，．
在中，由正弦定理，得；
在中，由正弦定理，得．
又因，，
所以，
所以，即．
又因为．
所以，故．
所以．
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. 已知复数，则（ ）
A. z的虚部为B. z是纯虚数
C. z的模是D. z在复平面内对应的点位于第四象限
【答案】CD
【解析】
【分析】根据复数的有关概念判断AB，根据复数的几何意义判断CD.
【详解】对于A．由虚部定义知z的虚部为．故A错误；
对于B，纯虚数要求实部为0，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，z在复平面内对应的点为，位于第四象限，故D正确．
故选：CD．
10. 在边长为1的正方形中，分别为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算及数量积的运算律分别计算即可.
【详解】对于A，，
所以，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，
，故C错误；
对于D，
，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知的内角的对边分别为，若，则（ ）
A. 的外接圆的面积为B. 的周长为
C. 是直角三角形D. 的内切圆的半径为
【答案】ABC
【解析】
【分析】选项A，根据条件，利用正弦定理，可求得外接圆半径为，进而求出外接圆的面积，即可判断出选项A的正误；根据条件，利用余弦定理，可求得，，进而可判断出选项B和C的正误，选项D，设内切圆半径为，利用，求出，即可判断出选项D的正误，从而求出结果.
【详解】对于选项A，因为，由正弦定理可得，即，得到，
所以的外接圆的面积为，故选项A正确，
对于选项B，由余弦定理，
得到，整理得到，解得，所以，
故的周长为，所以选项B正确，
对于选项C，因为，，，所以，故选项C正确，
对于选项D，设内切圆半径为，由，得到，解得，所以选项D错误，
故选：ABC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，其中是实数，则__________.
【答案】0
【解析】
【分析】根据复数相等的充要条件可解.
【详解】因为，
所以，解得，
所以.
故答案为：0
13. 如图，用无人机测量一座小山的海拔与该山最高处的古塔的塔高，无人机的航线与塔在同一铅直平面内，无人机飞行的海拔高度为，在处测得塔底（即小山的最高处）的俯角为，塔顶的俯角为，向山顶方向沿水平线飞行到达处时，测得塔底的俯角为，则该座小山的海拔为_______；古塔的塔高为_______．
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】在，根据条件，利用正弦定理得到，延长交于，则，即可求出小山的海拔；在，根据条件，利用正弦定理，即可求出塔高.
【详解】如图，在，，
由正弦定理，
又，
所以，即，
延长交于，则，
又无人机飞行的海拔高度为，所以该座小山的海拔为，
在中，，
又，
由正弦定理有，得到，
故答案为：，.
14. 在中，已知向量与满足，且，则角__________.
【答案】##
【解析】
【分析】依题意可得，设角平分线交于，即可得到，从而得到为等腰直角三角形，即可得解.
【详解】设角的平分线交于，因为，故，即，
又表示与同向的单位向量，表示与同向的单位向量，
设，（如图所示），，因为，
故四边形为正方形，所以为角的平分线，故在上.
因为，故，故.
综上，为等腰直角三角形且，所以.
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. 已知复数．
（1）当m为何值时，z为纯虚数?
（2）当时，求．
【答案】（1）或．
（2）90.
【解析】
【分析】（1）先化简复数z，再利用复数的相关概念求解；
（2）先求得复数z和其共轭复数，再利用复数的乘法求解.
【小问1详解】
解：由已知得，
若z为纯虚数，则解得或．
【小问2详解】
当时，，，
所以．
16. 已知某几何体的直观图如图所示，其中底面为长为4，宽为3的长方形．
（1）若该几何体的高为2，求该几何体的体积V；
（2）若该几何体的侧棱长均为，求该几何体的侧面积S．
【答案】（1）8； （2）．
【解析】
【分析】（1）利用锥体的体积公式求解；
（2）先求出四棱锥对侧面底边上的高，再分别求得各侧面的面积相加即可.
【小问1详解】
解：该几何体是一个高为2，底面为矩形的四棱锥，
所以该几何体的体积．
【小问2详解】
正侧面及相对侧面底边上的高．
左、右侧面的底边上的高．
故几何体的侧面面积．
17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角A；
（2）若的面积为1，求a的最小值．
【答案】（1）；
（2）2．
【解析】
【分析】（1）根据诱导公式和正弦定理边化角可得，然后根据两角和的正弦公式化简整理可得，根据A的范围，即可得出答案；
（2）根据三角形面积公式，结合勾股定理及基本不等式可解.
【小问1详解】
由，得，
又，所以，
可得，
因为，所以，故．
又，所以．
【小问2详解】
因为的面积，
所以，
由勾股定理及基本不等式可得，即，．
当且仅当时，等号成立，故a的最小值为2．
18. 如图，在中，D，E是边BC上的两点，，AE平分∠BAC，．
（1）若，求的值；
（2）求证：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）由题意，根据同角的平方关系求出，利用两角和的正弦公式求出，结合正弦公式计算即可求解；
（2）根据三角形面积公式可得、，进而表示，即可证明
【小问1详解】
因为AE平分∠BAC，，所以，
因为，，
所以．
在中，，，
．
所以．
【小问2详解】
因为，，
由，得，
整理得，
因为，，
所以，所以．
19. 若A，B，C是平面内不共线的三点，且同时满足以下两个条件：①；②存在异于点A的点G使得：与同向且，则称点A，B，C为可交换点组．已知点A，B，C是可交换点组．
（1）求∠BAC；
（2）若，，，求C的坐标；
（3）记a，b，c中的最小值为，若，，点P满足，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（1）根据与同向，设，利用夹角公式，结合，得到，再由，得到求解；
（2）由（1）知，，得到是正三角形，利用边长相等求解；
（3）设BC的中点为D，由，得到G为的重心，且为的中心，不妨设与的夹角为，，分别表示数量积求解.
【小问1详解】
解：因为与同向，设，
则，
，
又∠GAB，．
因为，所以，
所以，
由，得，
又，所以，．
【小问2详解】
由（1）知，．
所以，
因为，，，
所以，，，
则，解得
所以C的坐标为．
【小问3详解】
设BC的中点为D，则，又，
所以，即G为的重心，又是正三角形，点G是的中心，
所以，，，
由对称性，不妨设与夹角为，，
如图所示，
，
，
由图可知，与，与的夹角分别为，，
所以，的值分别为，，
当时，，
所以，其取值范围是．
所以的取值范围是．
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：人教A版必修第二册第六章～第八章第5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. 下列命题中正确的是（ ）
A. 零向量没有方向B. 共线向量一定是相等向量
C. 若向量，同向，且，则D. 单位向量的模都相等
【答案】D
【解析】
【分析】根据零向量，单位向量，相等向量的定义判断即可.
【详解】对于A：模为的向量叫零向量，零向量的方向是任意的，故A错误；
对于B：相等向量要求方向相同且模长相等，共线向量不一定是相等向量，故B错误；
对于C：向量不可以比较大小，故C错误；
对于D：单位向量的模为，都相等，故D正确.
故选：D
2. 已知复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘、除法运算即可求解.
【详解】由，
得．
故选：D．
3. 下列说法中错误的是（ ）
A. 棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形
B. 用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥可得到圆台
C. 直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥
D. 在圆柱上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线不一定是圆柱的母线
【答案】C
【解析】
【分析】由棱台圆台和旋转体的结构特征，圆柱母线的定义，对选项进行判断.
【详解】由棱台的结构特征可知，A选项中说法正确；
由圆台的结构特征可知，B选项中说法正确；
直角三角形绕斜边所在直线旋转一周所形成的几何体，不是圆锥，
是由两个同底圆锥组成的几何体，C选项中的说法错误；
在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，这两点的连线不一定是圆柱的母线，
只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，D选项中说法正确.
故选：C
4. 如果一条直线与两个平行平面中的一个平行，那么这条直线与另一个平面的位置关系为( )
A. 平行B. 相交
C. 直线在平面内D. 平行或直线在平面内
【答案】D
【解析】
【详解】由面面平行的定义可知，若一条直线在两个平行平面中的一个平面内，则这条直线与另一个平面无公共点，所以与另一个平面平行．
由此可知，本题中这条直线可能在平面内．否则此直线与另一个平面平行(因为若一条直线与两个平行平面中的一个平面相交，则必然与另一个平面相交)，故选D．
5. 如图所示，在直角坐标系中，已知，，，，则四边形的直观图面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，作出的直观图，再计算面积得解.
【详解】依题意，四边形是平行四边形，，
如图，是的直观图，，
所以四边形的直观图面积为.
故选：D
6. 已知向量，则在上的投影向量的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用在上的投影向量的定义求解.
【详解】因为，
所以在上的投影向量的坐标为．
故选：D．
7. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则是（ ）
A. 正三角形B. 一个内角余弦值为的直角三角形
C. 底角余弦值为的等腰三角形D. 底角正弦值为的等腰三角形
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算可得，根据正弦定理可得，在中，求出即可求解.
【详解】因为，
所以，即，由及正弦定理，
得．
所以，即有，三角形不可能为等边三角形和直角三角形，排除AB；
所以该等腰三角形底角的余弦值为，C正确；
该等腰三角形底角正弦值为，D错误.
故选：C．
8. 如图，在中，，D在边AB上，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，在和中，分别利用正弦定理，结合，，得到，再由求解．
【详解】解：设，则，．
在中，由正弦定理，得；
在中，由正弦定理，得．
又因，，
所以，
所以，即．
又因为．
所以，故．
所以．
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. 已知复数，则（ ）
A. z的虚部为B. z是纯虚数
C. z的模是D. z在复平面内对应的点位于第四象限
【答案】CD
【解析】
【分析】根据复数的有关概念判断AB，根据复数的几何意义判断CD.
【详解】对于A．由虚部定义知z的虚部为．故A错误；
对于B，纯虚数要求实部为0，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，z在复平面内对应的点为，位于第四象限，故D正确．
故选：CD．
10. 在边长为1的正方形中，分别为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算及数量积的运算律分别计算即可.
【详解】对于A，，
所以，故A正确；
对于B，，故B正确；
对于C，
，故C错误；
对于D，
，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知的内角的对边分别为，若，则（ ）
A. 的外接圆的面积为B. 的周长为
C. 是直角三角形D. 的内切圆的半径为
【答案】ABC
【解析】
【分析】选项A，根据条件，利用正弦定理，可求得外接圆半径为，进而求出外接圆的面积，即可判断出选项A的正误；根据条件，利用余弦定理，可求得，，进而可判断出选项B和C的正误，选项D，设内切圆半径为，利用，求出，即可判断出选项D的正误，从而求出结果.
【详解】对于选项A，因为，由正弦定理可得，即，得到，
所以的外接圆的面积为，故选项A正确，
对于选项B，由余弦定理，
得到，整理得到，解得，所以，
故的周长为，所以选项B正确，
对于选项C，因为，，，所以，故选项C正确，
对于选项D，设内切圆半径为，由，得到，解得，所以选项D错误，
故选：ABC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知，其中是实数，则__________.
【答案】0
【解析】
【分析】根据复数相等的充要条件可解.
【详解】因为，
所以，解得，
所以.
故答案为：0
13. 如图，用无人机测量一座小山的海拔与该山最高处的古塔的塔高，无人机的航线与塔在同一铅直平面内，无人机飞行的海拔高度为，在处测得塔底（即小山的最高处）的俯角为，塔顶的俯角为，向山顶方向沿水平线飞行到达处时，测得塔底的俯角为，则该座小山的海拔为_______；古塔的塔高为_______．
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】在，根据条件，利用正弦定理得到，延长交于，则，即可求出小山的海拔；在，根据条件，利用正弦定理，即可求出塔高.
【详解】如图，在，，
由正弦定理，
又，
所以，即，
延长交于，则，
又无人机飞行的海拔高度为，所以该座小山的海拔为，
在中，，
又，
由正弦定理有，得到，
故答案为：，.
14. 在中，已知向量与满足，且，则角__________.
【答案】##
【解析】
【分析】依题意可得，设角平分线交于，即可得到，从而得到为等腰直角三角形，即可得解.
【详解】设角的平分线交于，因为，故，即，
又表示与同向的单位向量，表示与同向的单位向量，
设，（如图所示），，因为，
故四边形为正方形，所以为角的平分线，故在上.
因为，故，故.
综上，为等腰直角三角形且，所以.
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. 已知复数．
（1）当m为何值时，z为纯虚数?
（2）当时，求．
【答案】（1）或．
（2）90.
【解析】
【分析】（1）先化简复数z，再利用复数的相关概念求解；
（2）先求得复数z和其共轭复数，再利用复数的乘法求解.
【小问1详解】
解：由已知得，
若z为纯虚数，则解得或．
【小问2详解】
当时，，，
所以．
16. 已知某几何体的直观图如图所示，其中底面为长为4，宽为3的长方形．
（1）若该几何体的高为2，求该几何体的体积V；
（2）若该几何体的侧棱长均为，求该几何体的侧面积S．
【答案】（1）8； （2）．
【解析】
【分析】（1）利用锥体的体积公式求解；
（2）先求出四棱锥对侧面底边上的高，再分别求得各侧面的面积相加即可.
【小问1详解】
解：该几何体是一个高为2，底面为矩形的四棱锥，
所以该几何体的体积．
【小问2详解】
正侧面及相对侧面底边上的高．
左、右侧面的底边上的高．
故几何体的侧面面积．
17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角A；
（2）若的面积为1，求a的最小值．
【答案】（1）；
（2）2．
【解析】
【分析】（1）根据诱导公式和正弦定理边化角可得，然后根据两角和的正弦公式化简整理可得，根据A的范围，即可得出答案；
（2）根据三角形面积公式，结合勾股定理及基本不等式可解.
【小问1详解】
由，得，
又，所以，
可得，
因为，所以，故．
又，所以．
【小问2详解】
因为的面积，
所以，
由勾股定理及基本不等式可得，即，．
当且仅当时，等号成立，故a的最小值为2．
18. 如图，在中，D，E是边BC上的两点，，AE平分∠BAC，．
（1）若，求的值；
（2）求证：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）由题意，根据同角的平方关系求出，利用两角和的正弦公式求出，结合正弦公式计算即可求解；
（2）根据三角形面积公式可得、，进而表示，即可证明
【小问1详解】
因为AE平分∠BAC，，所以，
因为，，
所以．
在中，，，
．
所以．
【小问2详解】
因为，，
由，得，
整理得，
因为，，
所以，所以．
19. 若A，B，C是平面内不共线的三点，且同时满足以下两个条件：①；②存在异于点A的点G使得：与同向且，则称点A，B，C为可交换点组．已知点A，B，C是可交换点组．
（1）求∠BAC；
（2）若，，，求C的坐标；
（3）记a，b，c中的最小值为，若，，点P满足，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）；
（3）．
【解析】
【分析】（1）根据与同向，设，利用夹角公式，结合，得到，再由，得到求解；
（2）由（1）知，，得到是正三角形，利用边长相等求解；
（3）设BC的中点为D，由，得到G为的重心，且为的中心，不妨设与的夹角为，，分别表示数量积求解.
【小问1详解】
解：因为与同向，设，
则，
，
又∠GAB，．
因为，所以，
所以，
由，得，
又，所以，．
【小问2详解】
由（1）知，．
所以，
因为，，，
所以，，，
则，解得
所以C的坐标为．
【小问3详解】
设BC的中点为D，则，又，
所以，即G为的重心，又是正三角形，点G是的中心，
所以，，，
由对称性，不妨设与夹角为，，
如图所示，
，
，
由图可知，与，与的夹角分别为，，
所以，的值分别为，，
当时，，
所以，其取值范围是．
所以的取值范围是．
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