山东省泰安市新泰第一中学老校区（新泰中学）2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题

这是一份山东省泰安市新泰第一中学老校区（新泰中学）2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题，文件包含山东省泰安市新泰第一中学老校区新泰中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题原卷版docx、山东省泰安市新泰第一中学老校区新泰中学2023-2024学年高一下学期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24页， 欢迎下载使用。

满分150分，时间120分钟
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号､座位号､学校､班级等考生信息填写在答题卡上．
2．作答单项及多项选择题时，选出每个小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案信息点涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，写在本试卷上无效．
3．非选择题必须用黑色字迹签字笔作答，答案必须写在答题卡各题指定的位置上，写在本试卷上无效．
一､单选题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．
1. 如果一个复数的实部与虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数为“等部复数”，则实数a的值为（ ）
A. B. 1C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数乘法及新定义即可得参数值.
【详解】由题设为“等部复数”，即.
故选：C
2. 已知,则λ是“与的夹角为钝角”的条件
A. 充分不必要B. 必要不充分
C. 充分必要D. 既不充分也不必要
【答案】B
【解析】
【分析】
根据向量的夹角为钝角，则，再排除共线时的取值，从而进行等价转化；再结合题意进行选择即可.
【详解】∵，
∴与的夹角为钝角⇔﹣2λ﹣1<0且﹣2+λ≠0，
即λ且λ≠2.
∴λ是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件.
故选：B.
【点睛】本题考查命题充分性和必要性的判断，涉及由向量夹角的范围求参数的范围，属综合基础题.
3. 如图正方形OABC边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是多少cm？（ ）
A. 4B. 8C. 12D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】根据直观图与原图形的关系可知原图为平行四边形，且，利用勾股定理计算出其边长即可求得结果.
【详解】根据直观图可画出原图形如下图所示：
根据斜二测画法可知，原图四边形为平行四边形，且
易知，，
所以，
因此的周长为.
故选：B
4. 若，，，，为空间直线，，为平面，则下列说法错误的是（ ）
A. ，，则
B. ，，，则
C. ，，，则
D. ，是异面直线，则，在内的射影为两条相交直线
【答案】D
【解析】
【分析】根据线线、线面、面面垂直的性质和判定定理可以判定ABC都正确，考虑到异面直线在同一平面内的射影不同情况，可知D错误.
【详解】由于两平行线与任意直线所成的角都相等可知A正确；
由平面垂直的性质和面面垂直的判定定理可知B正确；
由平面平行的性质和线面垂直的性质可得C正确；
由于两异面直线在同一平面内的射影可能是平行直线，相交直线，一条直线和直线外的一点，故D错误，
综上不正确的是D，
故选：D.
5. 在矩形中，，，点在对角线上，点在边上，且，，则（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得到，代入计算得到答案.
【详解】，
所以
.
故选：C.
【点睛】本题考查了向量的数量积，意在考查学生的计算能力和转化能力.
6. 《九章算术》是中国古代人民智慧的结晶，其卷五“商功”中有如下描述：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈”，译文为“有一个圆台形状的建筑物，下底面周长为三丈，上底面周长为二丈，高为一丈”，则该圆台的侧面积（单位：平方丈）为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，由已知周长求得和，代入圆台的侧面积公式，即可求解.
【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，
可得，可得，
又由圆台的高为1丈，可得圆台的母线长为，
所以圆台的侧面积为.
故选：B.
7. 的内角的对边分别为，且，若边的中线等于3，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由正弦定理及三角函数恒等变换化简已知条件可得，由，求得，可求得，取的中点，延长至点，使得是中点，连接，则四边形是平行四边形，在三角形中，由余弦定理可求得，之后利用面积公式求得结果.
【详解】因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
因为，所以，
因为，所以．
取的中点，延长至点，使得是中点，
连接，则四边形是平行四边形，
在三角形中，，
，，，
由余弦定理得，解得，
所以三角形的面积为，
故选：C.
【点睛】该题考查的是有关三角形的问题，涉及到的知识点有应用正弦定理和余弦定理解三角形，三角形的面积公式，属于简单题目.
8. 如图，在三棱柱中，平面ABC，是等腰三角形，，，D是AC的中点，点F在侧棱上，若要使平面BDF，则的值为
A. 1B. 或2C. 或2D. 或3
【答案】B
【解析】
【分析】
易证，故要使平面BDF，只需，然后转化到平面中，根据勾股定理计算，即可得结果.
【详解】平面ABC，平面ABC，
所以，
又，D为AC中点，
所以，又，
所以平面，
平面，
所以，
因为，故要使平面BDF，只需，
在四边形中，，
设，则，
由得，
即，解得或，
所以或者，
故选：B.
【点睛】本题考查了棱柱的结构特征，考查了空间中直线与平面的垂直的性质，勾股定理，考查空间想象能力和推理能力，属于中档题．
二､多选题：本题共3小题，每小题满分6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 定义：，两个向量的叉乘，则以下说法正确的是（ ）
A. 若，则
B.
C. 若四边形ABCD为平行四边形，则它的面积等于
D. 若，，则的最小值为
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，根据叉乘定义，判断，至少有一个为零向量或，即可判断；对于B，根据叉乘定义，讨论和，即可判断；对于C，结合平行四边面积即可判断；对于D，由，推出，结合向量模的计算以及基本不等式即可判断.
【详解】对于A，，
若，至少有一个为零向量，则满足；
若，均不为零向量，则，即，同向或反向，即，故A正确，
对于B，，
，
若，则 ，此时；
若，，此时，故B错误；
对于C，若四边形为平行四边形，
则它面积等于，即 ，故C正确；
对于D， ，
，两式平方后相加得，即，
又，
当且仅当时等号成立，
故的最小值为，故D错误，
故选：AC
10. 已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则以下四个命题正确的有（ ）
A. 当时，满足条件的三角形共有个
B. 若则这个三角形的最大角是
C. 若，则锐角三角形
D. 若，，则为等腰直角三角形
【答案】BD
【解析】
【分析】利用正弦定理求得,即可判定A错误；利用正弦定理转化为边的比值，进而利用余弦定理求得最大角的余弦，得到最大角的值，对B作出判定；注意到三角形的各个角的情况，周全考虑，即可判定C错误；根据已知条件,综合使用正余弦定理可求得角A的值，进而证明D正确.
【详解】对于Ａ，，无解，故A错误；
对于B,根据已知条件，由正弦定理得：,
不妨令,则,最大角的余弦值为：,
∴，故B正确；
对于C，由条件，结合余弦定理只能得到,即角为锐角，无法保证其它角也为锐角，故C错误；
对于D,得到,
又
,
,
为等腰直角三角形，故D正确.
故选：BD.
【点睛】本题考查正余弦定理，熟练掌握并灵活运用正余弦定理是关键.
11. 如图所示，已知正方体的棱长为2，线段上有两个动点，，且，则下列结论中，正确的是（ ）
A. 平面平面
B. 存在点（与不重合），使得与共面
C. 当点运动时，总有
D. 三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，连接，证明，则有平面，同理可证平面，从而可判断；对于B，若与共面，则平面与平面重合，即可判断；对于C，证明平面，即可判断；对于D，根据即可判断.
【详解】解：对于A，连接，
因为且，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
同理平面，
又平面，
所以平面平面，故A正确；
对于B，因为平面平面，
平面，平面，
，
若与共面，则平面与平面重合，
与题意相矛盾，
故不存在点（与不重合），使得与共面，故B错误；
对于C，连接，则，
因为平面，平面，
所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
同理，
又平面，
所以平面，
又平面，
所以，
即当点运动时，总有，故C正确；
对于D，因为平面，平面，
所以，
又平面，
所以平面，
则三棱锥的高为，
，
则为定值，故D正确.
故选：ACD.
三､填空题（共3题）每小题满分5分，共15分．
12. 已知向量，若与反向共线，则的值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量共线的坐标运算，求得参数，再结合向量线性运算的坐标运算求模长即可.
【详解】向量，
若与反向共线，则有，解得，
当时，，，与同向共线，不合题意，舍去；
当时，，，与反向共线，
此时，.
故答案为：.
13. 如图，已知两座灯塔和与海洋观察站的距离都等于，灯塔在观察站的北偏东的方向，灯塔在观察站的南偏东的方向，则灯塔与灯塔间的距离为__________（）．
【答案】
【解析】
【分析】由余弦定理结合题意可解出.
【详解】由题意可得，，
在中，由余弦定理可得
，即，
解得，
故答案为：.
14. 《九章算术》里说：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑”．如图，底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，沿截面将一个“堑堵”截成两部分，其三棱锥称为“鳖臑”．在鳖臑中，，则外接球的体积为__________．
【答案】
【解析】
【分析】题可知的中点即为外接球的球心，勾股定理求出的长，得外接球的半径可求体积.
【详解】鳖臑的外接球，即对应“堑堵”的外接球，
底面为直角三角形的直三棱柱，是长方体的一半，的中点即为的外接球的球心，
，则，
直三棱柱中，平面，平面，，则，
的外接球的半径为2，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. 设复数，为虚数单位.
（1）若，求；
（2）若是纯虚数，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）代入的值，再去计算即可.
（2）先将进行化简，因为是纯虚数，说明实部为0，且虚部不为0，从而求出，再求出模.
小问1详解】
当时，，.
【小问2详解】
，
因为其为纯虚数，则，解得，
则，.
16. 如图，在三棱柱中，侧面均为正方形，，，点是棱的中点，点为与交点.

（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析.
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明即可证明结论；
（2）利用等体积法即可求出点到平面的距离.
【小问1详解】
由题意，
在三棱柱中，侧面均为正方形，，，若 是 的交点，又 为正方形，则 为 的中点，

在 中， , 又 面 面 ，
∥平面
【小问2详解】
由题意，
四边形均为正方形，，，点是棱的中点，
∴，是等腰直角三角形，
,,
而 , 则 ,
又 , .
由 ，则 ，
又 ，若 到平面 的距离为 ，
, 可得
17. 在平面直角坐标系中，已知，．
（1）若，求实数的值；
（2）求与的夹角．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据向量的坐标运算与平行的坐标运算求解即可；
（2）根据向量的坐标运算与向量夹角的坐标运算求解即可.
【小问1详解】
∵，，∴
∵∴，解得；
【小问2详解】
由（1）知，
∴
又，
∴
∵
∴与的夹角为
18. 如图，在中，已知点在边上，且，，，．

（1）求的长；
（2）求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量数量积可知，结合诱导公式可得，在中利用余弦定理可构造方程求得，结合三角形大边对大角的性质可得最终结果；
（2）由同角三角函数关系可得，在中利用正弦定理可求得，结合诱导公式可求得结果.
小问1详解】
，，，
在中，由余弦定理得：，
即，，
解得：或；
，，，.
【小问2详解】
由（1）知：，，
在中，由正弦定理得：，
，.
19. 如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段上的中点，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质和勾股定理逆定理得出线线垂直，结合线面垂直的判定定理可证结论；
（2）先结合等体积法求出点面距，再利用点面距和线面角的关系可求答案.
【小问1详解】
由题意，四边形为直角梯形，且，
所以，所以，
取的中点，连接，则且，且，
故四边形为矩形，
则，且，所以，
又由，所以，所以，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面；
又平面，所以，
因为，则，所以，
又平面，所以平面.
【小问2详解】
取的中点为的中点为，连接，
过在平面内作垂直于，垂足为，
又平面平面，平面平面，
所以平面为的中点，
所以，所以平面平面，所以，
又因为平面，
所以平面平面，
所以平面，
得平面.
因为，
所以，
由等面积法可得，
延长与交于点，则为的中点，为直线与平面的交点，
设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为，
则所以，
由，所以.