福建省厦门市第一中学2023-2024学年高一下期中考试数学试卷（Word版附答案）

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注意事项：
1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的班级、座号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“考号、姓名”与考生本人考号、姓名是否一致.
2．回答选择题时，选出答案后用铅笔将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它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本卷上无效.
3．考试结束，考生只须将答题卡交回.
一、单选题：本大题8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个正确答案.
1. 若复数z满足，则在复平面内复数z对应的点Z位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】设出，a，，利用复数相等求出实部与虚部，得到所在象限.
【详解】设，其中a，，则，则，，
即，，故，
此时z在复平面内对应的点为，位于第四象限，
故选：D.
2. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算求得，结合，列出方程，即可求解.
【详解】由向量，可得，
因为，可得，解得.
故选：C.
3. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由斜二测画法还原该平面图形的原图，计算可得．
【详解】在直角梯形中，，，
则，
直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形，
，
所以该平面图形的高为.
故选：C.
4. 直线与平面平行的充要条件是（ ）
A. 直线上有无数个点不在平面内
B. 直线与平面内的一条直线平行
C. 直线与平面内的无数条直线都平行
D. 直线与平面内的任意一条直线都没有公共点
【答案】D
【解析】
【分析】
A. 由无数个点不代表所有的点来判断，B.由线面平行的判定定理来判断， C. 由无数个不代表所有的来判断D. 由直线与平面平行的定义来判断.
【详解】A. 无数个点不是所有点，所以不正确；
B. 缺少直线在平面外，所以不正确；
C. 无数条直线不是所有的直线，所以不正确；
D. 由直线与平面平行的定义，正确.
故选：D
【点睛】本题主要考查了线面平行的定义及判定定理，还考查了理解辨析的能力，属于基础题.
5. 在△中，“”是“”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
【答案】B
【解析】
【分析】
由，则或和，则，则，可得出答案.
【详解】若，则或，即或，
所以在△中，“”是“”的不充分条件
若，则，则，
所以在△中，“”是“”的必要条件.
故选：B.
【点睛】本题考查充分、必要条件的判断，考查三角函数的诱导公式的应用，属于基础题.
6. 如图，在长方体中，已知，，E为的中点，则异面直线BD与CE所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据异面直线所成角的定义，利用几何法找到所成角，结合余弦定理即可求解.
【详解】取的中点F，连接EF，CF，，易知，所以为异面直线BD与CE所成的角或其补角.因为，，所以由余弦定理得.
故选：C
7. 如图，这是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为，山高为是山坡上一点，且．现要建设一条从到的环山观光公路，这条公路从出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，公路上坡路段长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用圆锥的侧面展开图，利用两点间的距离，结合图象，求最小值．
【详解】依题意，半径为，山高为，则母线，
底面圆周长，则圆锥侧面展开图扇形的圆心角，
如图，是圆锥侧面展开图，
显然，
由点向引垂线，垂足为点，此时为点和线段上的点连线的最小值，
即点为公路的最高点，段为上坡路段，段为下坡路段，
由直角三角形射影定理知，即，解得，
所以公路上坡路段长为．
故选：D
8. 已知平面向量满足，，，且对于任意的，恒有，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】数形结合，设，根据可知，然后建系，假设点，表示出，最后计算即可.
详解】设，
如图，其中
由对于任意的，恒有，即，
所以当重合时满足条件，故
以为原点，作为轴，过作的垂线为轴，如图所示
所以，又，不妨设
由，所以
所以，
令，则，
由，所以
则，所以
故选：A
二、多选题：本大题3小题，全选对得6分，选对但不全得部分分，选错或不答得0分.
9. 已知非零复数，，其共轭复数分别为 则下列选项正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，则 的最小值为2
D.
【答案】BD
【解析】
【分析】设，对A根据复数的乘法运算即可判断，对B根据共轭复数的概念和复数的加减即可判断；对C根据复数表示的几何意义即可判断；对D，根据复数的除法运算和复数模的计算即可判断.
【详解】设，
对A，，，
当至少一个为0时，，当均不等于0，，故A错误；
对B，，则，
而，故，故B正确；
对C，若，即，即，
即，则在复平面上表示的是以为圆心，半径的圆，
的几何意义表示为点到点的距离，显然，
则点在圆外，则圆心到定点的距离，
则点与圆上点距离的最小值为，故C错误；
对D，，，
，
而，故，故D正确；
故选：BD.
10. 在中，，，，则（ ）
A. B.
C. 的面积为D. 外接圆的直径是
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，利用倍角公式求出；B选项，由余弦定理求出；C选项，先计算出，利用三角形面积公式求解；D选项，利用正弦定理得到外接圆直径.
【详解】A选项，，故A正确；
B选项，由A选项知，
由余弦定理得．
故，B正确；
C选项，由于在中，，故，
所以，
，C错误；
D选项，设外接圆半径为R，，D正确．
故选：ABD
11. 约翰逊多面体是指除了正多面体、半正多面体（包括13种阿基米德多面体、无穷多种侧棱与底棱相等的正棱柱、无穷多种正反棱柱）以外，所有由正多边形面组成的凸多面体．其中，由正多边形构成的台塔是一种特殊的约翰逊多面体，台塔，又叫帐塔、平顶塔，是指在两个平行的多边形（其中一个的边数是另一个的两倍）之间加入三角形和四边形所组成的多面体．各个面为正多边形的台塔，包括正三、四、五角台塔．如图是所有棱长均为1的正三角台塔，则（ ）
A. 该台塔共有15条棱B. 平面
C. 该台塔高为D. 该台塔外接球的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由台塔的结构特征，数出棱的条数，即可判断A，根据线面平行的判定定理证明B，计算出高，即可判断C，由外接球半径计算体积，即可判断D.
详解】台塔下底面6条棱，上底面3条棱，6条侧棱，共15条棱，故A正确；
台塔表面有1个正六边形，3个正方形，4个正三角形，由所有棱长均为1，
连接，因为且，又且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，故B正确；
上底面正三角形在下底面正六边形内的投影为，
则点是正六边形的中心，也是的中心，

和都是正三角形，是的中心，
由棱长为，则，
所以台塔的高，故C错误；
设上底面正三角形的外接圆圆心为，则半径，
下底面正六边形的外接圆圆心为，则半径，

设台塔的外接球半径为，，
则有或，解得，
所以，台塔的外接球体积，故D正确.
故选：ABD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 写出与向量反向的单位向量_________．
【答案】
【解析】
【分析】由相反向量以及单位向量的定义，设且，即可计算出结果.
【详解】根据相反向量定义可知，设，
即，且，解得；
所以.
故答案为：
13. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦公式求解即得.
【详解】在中，由及正弦定理，得，
则，整理得，而，
因此，又，所以.
故答案：
14. 有一直角转弯的走廊（墙面与顶部都封闭），已知走廊的宽度与高度都是3米，现有不能弯折的硬管需要通过走廊，若不计硬管粗细，则可通过的最大极限长度为______米.
【答案】
【解析】
【分析】先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度，再利用勾股定理求出硬管倾斜后能通过的最大长度，即可得到答案.
【详解】如图示，先求出硬管不倾斜，水平方向通过的最大长度.
设,则.
过作垂直内侧墙壁于，作垂直内侧墙壁于，
则.
在直角三角形中，，所以.
同理可得.
所以.
因为（当且仅当且时等号成立）.
所以.
因为走廊的宽度与高度都是米，
所以把硬管倾斜后能通过的最大长度为.
故答案为：
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，把解答过程填写在答题卡的相应位置.
15. 已知复数，复数在复平面内对应的向量为，
（1）若为纯虚数，求的值；
（2）若在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由复数在复平面对应的向量得复数，再由复数的分类求得a的值；
（2）计算，由其在复平面内对应的点列出不等式组，解不等式组得a的取值范围.
【小问1详解】
由题，则，
由为纯虚数得，，
解得．
【小问2详解】
，
在复平面内的对应点在第四象限，则，即，
解得．
16. 如图，在中，点在线段上，且.

（1）用向量表示；
（2）若，求的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）用为基底和 表达出；
（2）计算得到，即可得到.
【小问1详解】
【小问2详解】
.
因为，所以，
则，即，所以.
17. 如图，在三棱锥中，已知，，且，、分别为、的中点.

（1）证明：平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由中位线的性质可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；
（2）由异面直线所成角的定义可知，异面直线与所成角为或其补角，求出三边边长，可知该三角形为等腰三角形，取线段的中点，连接，可知，即可求得的值，即为所求.
【小问1详解】
证明：因为、分别为、的中点，则，
因为平面，平面，因此，平面.
【小问2详解】
解：因为，则异面直线与所成角为或其补角，
因为，，则为等边三角形，且，
因为为的中点，则，且，
易知是边长为的等边三角形，
因为为的中点，则，且，
因为，、分别为、的中点，则，
取线段的中点，连接，

因为，，则，
所以，，
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
18. 已知锐角中，内角，，的对边分别为，，，若，且，
（1）求；
（2）若为边上的高，过点分别作边、的垂线，垂足分别为、，
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求的最大值．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）依题意可得，利用诱导公式及和差角公式得到，即可得解；
（2）（ⅰ）由余弦定理得到，再由已知条件得到，由等面积法得到，从而得证；（ⅱ）设，，在中由余弦定理，由三角形相似得到，，从而得到，，则，再利用换元法及函数的性质求出的最大值，即可求出的最大值.
【小问1详解】
因为，
所以，
即，
即，
又，
所以，
所以，
又，所以，所以，即，
因为，所以.
【小问2详解】
（ⅰ）因为，即，
由余弦定理，即，
所以，则，
所以，
又，所以，
所以；
（ⅱ）设，，
在中由余弦定理，
由（ⅰ）可得，，
因为，即，即，
且，即，即，
则，所以，，
所以，
且，，
令，则原式，
且，当且仅当时取等号，
所以，又越大则的值越小，
所以，
所以当时，取得最大值，
即，所以.
【点睛】关键点点睛：本题的第（ⅱ）问关键是设，，得到，通过条件表示出、，然后通过换元以及基本不等式得到的最大值.
19. 如图（1），正三棱柱，将其上底面ABC绕的中心逆时针旋转，，分别连接得到如图（2）的八面体
（1）若，依次连接该八面体侧棱的中点分别为M，N，P，Q，R，S，
（ⅰ）求证：共面；
（ⅱ）求多边形的面积；
（2）求该八面体体积的最大值．
【答案】（1）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
（2）
【解析】
【分析】（ⅰ）三点确定平面，证明其余务点都在内；（ⅱ）由多边形的形状，利用分割法求面积。
（2）八面体补成六棱柱，转化为规则图形求体积.
【小问1详解】
（ⅰ）证明：由基本事实1，三点共面，设这三点确定的平面为，
因为，且平面，平面，
所以平面，同理，平面，
又因为平面由棱柱上底面绕中心旋转得到，
所以平面平面，因为平面，所以平面，
若平面与平面相交，设平面平面，则至少与中一条直线相交，
不失一般性，设，则平面，且，由基本事实3知，与矛盾，故平面平面，
若平面，则与平面相交，由平面平面，则与平面相交，
因为平面，所以与相交，与矛盾，所以平面，
即四点共面；同理，
综上，六点共面.
（ⅱ）旋转后俯视图形如下，由条件知，
且，
旋转前与夹角为，旋转后夹角为，
由平行关系，得，同理，
联结，所以全等且均为等腰直角三角形，
所以，又因为为正三角形且边长为，
所以，所以截面的面积为
【小问2详解】
(3)利用割补法，分别由向平面作垂线，垂足为，
由向平面作垂线，垂足为；
将八面体补成六棱柱，则八面体的体积为六棱柱的体积扣去六个全等的四面体，即，
易知这些棱柱与棱锥的高均为三棱柱的高，设，
则，
其中，的外接圆也是的外接圆，
设其圆心为O，由正弦定理，其半径为
则，当时，距离最远，此时，
所以八面体体积的最大值为
【点睛】方法点睛：
若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进，即将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．