广东省广州市第六十五中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷

这是一份广东省广州市第六十五中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高一数学
命题人：汪峥
说明：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分；第Ⅰ卷客观题58分，第Ⅱ卷主观题92分，共150分；第Ⅰ卷需用2B铅笔填涂到答卷上，第Ⅱ卷用黑色的签字笔或钢笔于答卷上作答；考试时间120分钟.
一、单项选择题：本题共8小题，每题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（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，从而得到其共轭复数，再根据复数的几何意义判断即可.
【详解】因为，
所以，所以复数在复平面内对应的点为，位于第三象限.
故选：C
2. 已知是两个不共线的向量，且，则（ ）
A. 三点共线B. 三点共线
C. 三点共线D. 三点共线
【答案】A
【解析】
【分析】借助向量运算与共线定理即可得.
【详解】，故，则，
又因为两向量有公共点，
故三点共线.试卷源自 每日更新，汇集全国各地小初高最新试卷。故来这里 全站资源一元不到！选：A.
3. 如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°的等腰梯形，已知直观图OA′B′C′中，，则该平面图形的面积为（ ）

A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据直观图与原平面图形的关系作出原平面图形，求出相应边长后计算面积．
【详解】作出原来的平面图形，如图，，，
在题设等腰梯形中，，因此，
所以．
故选：D．

4. 以下四个结论：
①若，则为异面直线；
②若，则为异面直线；
③没有公共点的两条直线是平行直线；
④两条不平行的直线就一定相交．
其中正确答案的个数是（ ）
A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个
【答案】A
【解析】【分析】分别根据题设条件结合空间两直线的位置关系的判定方法，以及异面直线的定义，逐项判定，即可求解．
【详解】对于①中，若满足的直线可能是异面直线，可能是平行直线也可能是相交直线，所以①错误．
对于②中，根据直线和平面的位置关系可知，平面内的直线和平面外的直线，可能是异面直线，可能是平行直线，也可能相交直线，所以②错误．
对于③中，在空间中，没有公共点的两条直线是平行直线或者是异面直线，所以③错误．
对于④中，在空间中，两条不平行的直线可能是异面直线，所以④错误．
故选：A．
5. 若，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意求得和的值，结合两角差的余弦公式，即可求解.
详解】由题意，可得，，
因为，，可得，，
则
.
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. 一艘游轮航行到处时看灯塔在的北偏东，距离为海里，灯塔在的北偏西，距离为海里，该游轮由沿正北方向继续航行到处时再看灯塔在其南偏东方向，则此时灯塔位于游轮的（ ）
A. 正西方向B. 南偏西方向C. 南偏西方向D. 南偏西方向
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理、余弦定理求得正确答案.
【详解】如图，在中，，由正弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，所以解得，
由正弦定理得，故或，
因为，故为锐角，所以，此时灯塔位于游轮的南偏西方向.
故选：C
8. 已知正六边形ABCDEF的边长为2，圆O的圆心为正六边形的中心，半径为1，若点P在正六边形的边上运动，MN为圆O的直径，则的取值范围是（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】用可以求解的向量来表示.
【详解】记圆心为，则，
因为互为相反向量，
所以，
因为正六边形ABCDEF的边长为2，为正六边形的中心，
所以当与正六边形顶点重合时，有最大值2，
当在正六边形边上的中点处时，有最小值，此时.
所以.
故选：B
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. 已知向量，，满足，，则下列结论正确的是（ ）
A. B. 与的夹角为
C. D. 在上的投影向量为
【答案】BC
【解析】
【分析】求得的值判断选项A；求得与的夹角判断选项B；求得的值判断选项C；求得在上的投影向量判断选项D.
【详解】选项A：由，，
可得，则，
则.判断错误；
选项B：，
又，则.判断正确；
选项C：，
由，可得.判断正确；
选项D：在上的投影向量为.判断错误.
故选：BC
10. 下列命题中正确的是（ ）
A. 用与球心距离为1的平面去截球，所得截面圆的面积为，则球的表面积为
B. 圆柱形容器底半径为，两直径为的玻璃球都浸没在容器的水中，若取出这两个小球，则容器内水面下降的高度为
C. 正四棱台的上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，其体积为
D. 已知圆锥的母线长为10，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用球的截面小圆性质计算判断A；利用球及圆柱的体积公式计算判断B；利用棱台的体积公式计算判断C；求出圆锥的体积判断D.
【详解】对于A，截面小圆半径为1，则球半径，该球的表面积为，A错误；
对于B，设容器内水面下降的高度为，则，解得，B正确；
对于C，正四棱台的高，体积为，C正确；
对于D，圆锥底面圆半径，则，解得，圆锥的高，
体积为，D正确.
故选：BCD
11. 在三角形所在平面内，点满足，其中，，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 当时，直线一定经过三角形的重心B. 当时，直线一定经过三角形的外心
C. 当时，直线一定经过三角形的垂心
D. 当时，直线一定经过三角形的内心
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，点为的中点，根据重心的性质和已知条件分析判断，对于B，由向量的加法法则分析判断，对于C，化简即可得结论，对于D，结合正弦定理得，进一步由A选项分析可知.
【详解】对于A，因为，，设点为的中点，
所以，所以直线一定经过三角形的重心，故A正确；
对于B，当时，，
因为为与方向相同单位向量，为与方向相同的单位向量，
所以平分，即直线一定经过三角形的内心，故B错误；
对于C，当时，，所以，
所以，所以直线一定经过三角形的垂心，故C正确；
对于D，当时，，
而由正弦定理有，即有，
结合A选项分析可知直线一定经过三角形的重心，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：判断的C关键是得到等于0，由此即可顺利得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知以为起点的向量，在正方形网格中的位置如图所示、网格纸上小正方形的边长为1，则______.

【答案】2
【解析】
【分析】以为坐标原点建立直角坐标系，根据向量坐标化运算即可得，再利用向量数量积的坐标运算即可得到答案.【详解】以为坐标原点建立如图所示直角坐标系，
设一小格为1单位，则，，，
则，

故答案为：2.
13. 在中，若，则____________
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用余弦定理求解即得.
【详解】在中，由，得，
由余弦定理得，而，
所以.
故答案为：
14. 如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点，，的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是 _____（写出所有正确命题的编号）

①当时，为等腰梯形.②当时，与的交点满足.
③当时，为四边形.
④当时，的面积为.
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据题意作出图形，由相关知识对选项一一判断即可得出答案.
【详解】①如图当时，即为中点，此时可得，
，
故可得截面为等腰梯形，故①正确；

②当时，如图，
延长至，使，连接交于，连接交于，
连接，可证，由，
可得，故可得，故②正确；
③由②可知当时，只需点上移即可，
此时的截面形状仍然上图所示的，显然为五边形，故③错误；
④当时，与重合，取的中点，连接，
可证，且，
可知截面为为菱形，故其面积为，故④正确．

故答案为：①②④
【点睛】关键点点睛：用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键．
确定截面的依据如下：（1）平面的四个公理及推论；（2）直线和平面平行的判定和性质；（3）两个平面平行的性质；（4）球的截面的性质．
四、解答题：本题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或验算步骤.
15. 如图，在四棱锥中，已知底面为平行四边形，点为棱的中点．
（1）求证：平面；
（2）设平面平面，点在上，求证：为的中点．
【答案】（1）证明过程见详解；（2）证明过程见详解.
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理，直接证明，即可得出结果.
（2）先由线面平行的性质定理，得到，进而可得结论成立.
【详解】（1）因为底面为平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）由（1）知，平面，又因为平面平面，
根据线面平行的性质定理，可得，，
因为，所以，
又点为棱的中点，点在上，
所以为的一条中位线，因此为的中点.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查证明线面平行，考查由线面平行判断线线平行，解题的关键在于熟记线面平行的判定定理及性质定理，将第二问要证明的结论，转化为证明即可，属于基础题.
16. 已知向量是同一平面内的三个向量，其中．
（1）若，且，求向量的坐标；
（2）若是单位向量，且，求与的夹角.
（3）若，求向量在向量上的投影向量（用坐标表示）.
【答案】（1）或；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）借助共线向量定理表示出，再利用模的坐标表示求解即得.
（2）利用垂直关系的向量表示，结合数量的运算律求出夹角的余弦即得.
（3）利用投影向量的意义求出向量在向量上的投影向量.
【小问1详解】
由，，令，
由，得，
解得，所以或.【小问2详解】
由，得，由，得，则，
而，则，又，
所以与的夹角.
【小问3详解】
向量，则，，
所以向量在向量上的投影向量.
17. 已知函数
（1）写出函数的单调递减区间；
（2）设，求的最值.
【答案】（1）答案见解析；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再利用正弦函数单调性分类求解即得.
（2）利用正弦函数的性质，分类求出的最值.
【小问1详解】
依题意，函数
当时，由，得，
当时，由，得，
所以当时，函数的单调递减区间是；
当时，函数的单调递减区间是.
【小问2详解】当时，，当，即时，，
当，即时，，
所以当时，函数在处取得最小值，在处取得最大值；
当时，函数处取得最小值，在处取得最大值.
18. 中，为边的中点，.
（1）若的面积为，且，求的值；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，利用面积公式求出，在中由余弦定理求出，再由正弦定理求出；
（2）设，，分别利用余弦定理表示出、，从而得到，再由余弦函数的性质计算可得.
【小问1详解】
因为为边的中点，所以，
又，即，解得，
在中由余弦定理，
即，所以，在中由正弦定理，即，解得.
【小问2详解】
设，，
在中由余弦定理，
即，
在中由余弦定理，
即，
在中由余弦定理，
因为，所以，则，
所以，
所以，
所以，即.
19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，且
（1）求；
（2）若，设点为费马点，求；
（3）设点为的费马点，，求实数的最小值．
【答案】（1） （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案；
（2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案.
（3）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案.
【小问1详解】
由已知中，即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即.
小问2详解】
由（1），所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，由得：
，整理得，
则
.
【小问3详解】点为的费马点，则，
设，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为.
【点睛】关键点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解.