浙江省温州中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份浙江省温州中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷(含答案)，共23页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．设α，β，γ是三个不同平面，且，，则“”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
2．棣莫弗公式（其中i为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667-1754）发现的，根据棣莫弗公式可知，复数在复平面内所对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
3．如图，在中，设，，，，则( )
A.B.C.D.
4．在中，若，则( )
A.B.C.D.
5．如图，四棱锥是棱长均为2的正四棱锥，三棱锥是正四面体，G为BE的中点，则下列结论错误的是( )
A.点A，B，C，F共面B.平面平面CDF
C.D.平面ACD
6．已知，，且，则的最大值为( )
A.5.5B.5C.6.5D.6
7．在中，点E是边上的点，且，，，则的面积为( )
A.B.C.D.
8．如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，E，F，G分别是侧棱，，上的点，且，设直线，与平面所成的角分别为α，β，平面与底面所成的锐二面角为θ，则( )
A.，
B.，
C.，
D.，
二、多项选择题
9．已知复数，，则下列命题一定成立的有( )
A.若，则B.若，则
C.D.
10．中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧的长度是弧长度的3倍，，则下列说法正确的是( )
A.弧长度为B.曲池的体积为
C.曲池的表面积为D.三棱锥的体积为5
11．已知，，是互不相等的非零向量，其中，是互相垂直的单位向量，，记，，，则下列说法正确的是( )
A.若，则O，A，B，C四点在同一个圆上
B.若，则的最大值为2
C.若，则的最大值为
D.若，则的最小值为
三、填空题
12．若复数z是方程的一个根，则的虚部为__________.
13．如图，正三棱锥中，三条侧棱，，两两垂直且相等，，M为的中点，N为平面内一动点，则的最小值为__________.
14．已知满足，点D为线段上一动点，若最小值为-3，则的面积_______.
四、解答题
15．已知，.
（1）若，，且A，B，C三点共线，求m的值.
（2）当实数k为何值时，与垂直？
16．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.
17．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，平行于和的平面分别与，，，交于D，E，F，G四点.
（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）若，D是的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
18．如图，在中，已知，，，BC边上的中点为M，边上的中点为N，，相交于点P.
（1）求；
（2）求的余弦值；
（3）过点P作直线交边，于点E，F，求该直线将分成的上下两部分图形的面积之比的取值范围.
19．早在公元5世纪，我国数学家祖暅在求球体积时，就创造性地提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.
（1）如下图所示，在一个半径为3的半球体中，挖去一个半径为的球体，求剩余部分的体积.
（2）如下图，由抛物线跟线段围成一个几何形，将该几何形绕y轴旋转得到一个抛物线旋转体，请运用祖暅原理求该旋转体的体积.
（3）将两个底面半径为1，高为3圆柱体按如图三所示正交拼接在一起，构成一个十字型几何体.求这个十字型的体积，等价于求两个圆柱公共部分几何体的体积，请运用祖暅原理求出该公共部分几何体的体积.
参考答案
1．答案：B
解析：由，，，则α，β可能相交，
故“”推不出“”，
由，，，由面面平行的性质定理知，
故“”能推出“”，
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
2．答案：B
解析：，
在复平面内所对应的点为，在第二象限.
故选：B.
3．答案：C
解析：因为，，
所以，，
又因为，
所以，
所以，
故选：C.
4．答案：C
解析：因为，由正弦定理可得，
又，
所以，
又，所以，所以，则，
因为，所以.
故选：C
5．答案：D
解析：A选项：如图，取CD的中点H，连接GH，FH，AG，AH，易得，，，则平面，平面AFH，所以A，G，H，F四点共面，由题意知，，所以四边形AGHF是平行四边形，所以，因为，所以，所以A，B，C，F四点共面，故A正确；
B选项：由选项A知，又平面，平面CDF，所以平面CDF，因为，且平面，平面CDF，所以平面CDF，又平面，平面ABE，且，所以平面平面CDF，故B正确；
C选项：由选项A可得平面AGHF，又平面AGHF，所以，故C正确；
D选项：假设平面ACD，则，由选项A知四边形AGHF是平行四边形，所以四边形AGHF是菱形，与，矛盾，故D错误.
6．答案：A
解析：，
又，当且仅当与同向时取得等号；
故.
故选：A.
7．答案：A
解析：设，因为，所以.因为，
所以，，.
在中，由正弦定理可得，
即，得，
化简得，即，故，
解法一：因，
所以
.
故选：A.
解法二：在中，由正弦定理得，即，
得.
所以
.
故选：A.
8．答案：B
解析：如图：延长，交于M，延长，交于N，延长，交于D，易得为平面和平面的交线，
又D在平面和平面上，则D在直线上，即M，N，D三点共线，由外角定理可得.
过A作面，垂足为P，过A作，垂足为Q，连接,，易得即为直线与平面所成的角α，
则，又面EFG，面，则，又，面，，
所以面，面，则，则即为平面与底面所成的锐二面角θ，则，
又，则，同理可得，则，
又由，
，
则，
故，A，C，错误；
故，由可知，所以，
即，整理可得，
即，即，
故，又，故，B正确，D错误.
故选：B.
9．答案：AC
解析：设，，则，.
选项A：，若，则，.所以，即，故A一定成立.
选项B：，，若，则①.，同理，若，则需满足且，与①式不同，故B不一定成立.
选项C：，，所以，故C一定成立.
选项D：②，，与②式不同，故D不一定成立.
10．答案：ACD
解析：设弧所在圆的半径为R，弧所在圆的半径为，
因为弧的长度是弧长度的倍，，即，
，，，
所以弧的长度为，故A正确；
曲池的体积为，故B错误；
曲池的表面积为
，故C正确；
三棱锥的体积为，故D正确.
故选：ACD.
11．答案：AD
解析：对于A选项，如图，若，则，所以，又，所以，所以O，A，B，C四点在同一个圆上，故A正确；
对于B选项，若，由A选项知，O，A，B，C四点在同一个圆上，
又，则其长度为圆上弦的长度.当线段为该圆的直径时，最大，且最大值等于，故B错误；
对于C选项，由题可得A，B，C均在以O为圆心、1为半径的圆上，
设，，又，则
.其中.
则
，
当时取等号.故C错误.
对于D选项，由C选项分析结合可知.
又，则
，
则由重要不等式有：.
得，当且仅当时取等号.故D正确.
故选：AD.
12．答案：1
解析：方程，即，解得或，
若，则，所以的虚部为1；
若，则，所以的虚部为1；
综上可得的虚部为1.
故答案为：1
13．答案：或
解析：设的中心为O，则底面，延长至Q，
使得，则，，
由三条侧棱，，两两垂直且相等，
故可以，，所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
由，则、，,
有，
由对称性可设，则有，
解得，故，
，
的最小值为.
故答案为：.
14．答案：
解析：
设，，，
则，，四边形为平行四边形，
，，，，
又四边形AMEN为平行四边形，
当且仅当：时等号成立，
故
故答案为：
15．答案：（1）；
（2）.
解析：（1）因为，，
所以，，
因为A，B，C三点共线，
所以，
所以，解得.
（2）因为，
，
又与垂直，
，解得.
16．答案：（1）
（2）
解析：（1）设，,所以，
由条件得，且，
所以，，所以，
（2），
由条件得，
解得，所以所求实数a的取值范围是.
17．答案：（1）四边形是矩形，理由见解析；
（2）.
解析：（1）四边形是矩形，下面给出证明：
因为，由题意平面，平面，
，面，
所以平面平面，又平面平面，平面平面，
所以，同理，又，
所以，同理，
所以四边形是平行四边形.
取中点P，连接、，则.
又因为，所以，故有.
、交于P且都在面内，所以平面又面
所以，
综上知：，即四边形是矩形.
（2）设F到平面的距离为h，即为到平面的距离.
作交于点H，由（1）及在面内知：平面平面，
而为两垂直平面的交线，A1H在面AA1P内，所以平面，.
设直线与平面所成角为θ，则.
设，在中余弦定理知：，
在中，，
在中，，，所以，
.
，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为；
解法二：设与面所成角为到面距离为，设中点P，
因为面面，所以，
所以，
又在矩形中，，所以
解法三：向量法
作垂直交于，连接，易知，则
所以即为二面角的平面角，，，
所以，所以，即，
如图以O为坐标原点，、、分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，
设面的法向量为则，令，得，，则，
，
设与面所成角为θ，
；
18．答案：（1）；
（2）；
（3）.
解析：（1）在中，，，，
由余弦定理得，
解得，（负值舍去）
故；
（2）以A为坐标原点建立平面直角坐标系，得，，设，
由两点距离公式得，，
解得，，（负根舍去），
所以，又边上的中点为M，边上的中点为N，则，，
所以，，
则；
（3）由已知得P为的重心，则，设，，
则，又点P在直线上，
所以，即，又，，
所以，，
所以，，
所以，，
所以，
所以上下两部分图形的面积之比，
因为，
所以，即上下两部分图形的面积之比的取值范围为.
19．答案：（1）；
（2）；
（3）.
解析：（1）依题意该几何体的体积.
（2）左图阴影部分是由长方形（长为6，宽为3）和抛物线围成，
右图阴影部分是由半径为3的半圆O和直径为3的圆P围成的，
将左图绕y轴旋转一周可得一圆柱挖去中间的部分的几何体记为M，
将右图以小圆的直径为轴旋转一周可得一个半球挖去一个小球的几何体记为N，
将两个几何体放在同一水平面上，用与圆柱下底面或与半球大圆距离为的平面截两个几何体，可得截面都为圆环，纵截面图如下，
几何体M的截面面积为，
几何体N的截面面积为，又两几何体等高，
由祖暅原理可得两几何体的体积相等，结合（1）可知几何体M的体积，
而由抛物线跟线段围成一个几何形，
将该几何形绕y轴旋转得到一个抛物线旋转体，是由一个圆柱（底面半径为3，高为3）减去几何体M，
所以所求的体积.
（3）首先证明“牟合方盖”的体积公式为（为圆柱的底面半径）：
“牟合方盖”是一个正方体被两个圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时的两圆柱体的公共部分，
计算其体积的方法是将原来的“牟合方盖”平均分为八份，取它的八分之一（如下图）.
记正方形的边长为，设，过点作平面平行于平面.
又，由勾股定理有，
故此正方形面积是.
如果将左图的几何体放在棱长为r的正方体内，不难证明右图中与左图等高处阴影部分的面积等于.
（如下图）设此棱锥顶点到平行于底面的截面的高度为h，不难发现对于任何高度h，此截面面积必为，
由棱锥，
由祖暅原理下图中“牟合方盖”外部的体积等于棱锥
所以下图中几何体体积为，
所以“牟合方盖”的体积为.
又圆柱的底面半径为1，
所以两个圆柱公共部分几何体的体积为.