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黑龙江省牡丹江市第二高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）
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这是一份黑龙江省牡丹江市第二高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版），文件包含黑龙江省牡丹江市第二高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷原卷版docx、黑龙江省牡丹江市第二高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷解析版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：必修第二册（6.1.1平面向量~8.5.3平面与平面平行（含异面直线所成角））.
一、选择题：本大题共8小题；每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的乘法将其化为复数的代数形式，求出其对应的点的坐标，即可得复数对应的点所在的象限.
【详解】，其对应的点的坐标为，位于第三象限.
故选：C
2. 在中，，，则外接圆的半径为（ ）
A. B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理即可求解.
【详解】设为外接圆的半径，则
由正弦定理，得，解得．
所以外接圆的半径为.
故选:B．
3. 如图，已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的加法和数乘运算法则，取为基底，通过运算，即可得答案；
【详解】，
，
故选：B.
4. 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，过A1，B，C1的平面与平面ABC相交于l，则（ ）
A. lACB. l与AC相交
C. l与AC异面D. 以上均不对
【答案】A
【解析】
【分析】根据线面平行的性质定理，分析即可得答案.
【详解】∵ABC-A1B1C1为三棱柱，
∴A1C1AC，又平面ABC，平面ABC，
∴A1C1平面ABC，又平面A1C1B∩平面ABC=l，
∴A1C1l，∴lAC.
故选：A
5. 如图所示，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据斜二测画法画直观图的性质，即平行于轴的线段长度不变，平行于轴的线段的长度减半，结合图形求得原图形的各边长，可得周长．.
【详解】直观图正方形的边长为，，
原图形为平行四边形，如图：
其中，高，
，
原图形的周长.
故选：A.
6. 若，且，则形状为（ ）
A. 直角三角形B. 钝角三角形
C. 等腰直角三角形D. 等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由，利用余弦定理得到，再由，利用正弦定理结合商数关系得到判断.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
又因为，所以，
即，所以，
故是等边三角形，
故选：D.
7. 已知非零平面向量满足，则的最小值是（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】把给定等式两边平方，利用平面向量数量积性质转化为的不等式即可得解.
【详解】依题意，，，
，
当时，上述最后等式不成立，从而有，
，当且仅当时取“=”，
又，当且仅当与同方向时取“=”，
则有，解得，当且仅当=时取“=”，
所以的最小值是4.
故选：A
【点睛】结论点睛：平面向量，，当且仅当与方向相同或至少一个为零向量时取等号；，当且仅当与方向相反或至少一个为零向量时取等号.
8. 在正三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，则异面直线AD与BE所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】延长CB至F，使得，可得四边形BEDF是平行四边形，，则为异面直线AD与BE所成的角或补角，设，取的中点，求出、、，利用余弦定理求得，可得答案．
【详解】D为中点，E为的中点，所以，，
如图，延长CB至F，使得，连接DE，DF，AF，，
因为，所以，，
所以四边形BEDF是平行四边形，，
则为异面直线AD与BE所成的角或补角．设，
取的中点，连接、，
则，，，，
，
，
由余弦定理得，
由余弦定理得．
所以直线AD与BE所成角的余弦值为
故选：C.
二、选择题：本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 若复数满足（其中是虚数单位），则（ ）
A. 的实部是B. 的虚部是2C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用复数乘法运算求得，由此结合复数实部、虚部、共轭复数、模等知识逐项判断.
【详解】根据题意，两边同乘以得，即.
所以，的实部是，虚部是2，故A错误，B正确；
，故C正确；
，故D正确；
故选：BCD.
10. 如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论正确的是（ ）
A. 圆柱的侧面积为
B. 圆锥的侧面积为
C. 圆柱的侧面积与球面面积相等
D. 圆柱、圆锥、球的体积之比为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据圆柱、圆锥的侧面积公式，结合圆柱、圆锥、球的体积公式逐一判断即可.
【详解】因为圆柱和圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，
则圆柱的侧面积为，A错误；
圆锥母线长，侧面积为，B错误；
球的表面积为，所以圆柱的侧面积与球面面积相等，C正确；
，，
，D正确．
故选：CD．
11. 以下命题属于基本事实的是（ ）
A. 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内
B. 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面
C. 空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补
D. 平行于同一条直线的两条直线平行
【答案】ABD
【解析】
【分析】由基本事实的内容即可选择.
【详解】在 A 中，由基本事实2知：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内，故 A 是基本事实；
在 B 中，由基本事实1得，过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面，故 B 正确；
在 C 中，由等角定理知：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故 C 是定理，不是基本事实；
在 D 中，由基本事实4得：平行于同一条直线的两条直线互相平行，故 D 是基本事实．
故选：ABD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知非零向量，的夹角为，，，则______．
【答案】9
【解析】
【分析】根据数量积的定义结合数量积的运算律，即可求得答案.
【详解】由及，夹角为可知，
又，解得，则，
故，
故答案为：9
13. 如图，在正方体中，分别为和的中点，则下列说法正确的序号有______.
①，，，四点共面；②平面；③与所成角为.
【答案】②③
【解析】
【分析】对于①：用异面直线判定定理即可判断；对于②：利用线面平行的判定定理即可判断；对于③：利用为正三角形，可得与成角60°，即可求出与成角.
【详解】对于①：平面中，平面，平面，
又，则为异面直线，因此，，，四点不共面，故①错；
对于②：连结，如图：
在正方体中，,又，
则四边形为平行四边形，所以，
因为分别为的中点，
所以，，又平面，平面，
故平面，故②对；
对于③：在正方体中，连结，
因为分别为和的中点，所以,
所以四边形为平行四边形，所以
因为，所以为正三角形，
所以与成角60°，即与所成角为.故④对.
故答案为：②③.
14. 某园区有一块三角形空地（如图），其中，现计划在该空地上划分三个区域种植不同的花卉，若要求，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据可知点的轨迹，再利用正弦定理以及圆周角和圆心角之间的关系，易知当为与圆的交点时，取最小值，再利用余弦定理即可求得结果.
【详解】如图，因为，所以在如图所示的圆上，圆的半径为，
由圆周角的性质可得，
连接，可得，
所以当为与圆的交点时，取最小值，即，
又，
在中，，
根据余弦定理可知，
所以的最小值为．
故答案为：
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 已知复数是纯虚数，且是实数，其中是虚数单位.
（1）求复数；
（2）若复数所表示的点在第一象限，求实数的取值范围
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设且，化简得到，结合题意得到，即可求解；
（2）由，求得，根据题意得到且，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，设，其中且，
可得，
因为为实数，可得，解得，即.
【小问2详解】
解：由，则，
因为复数所表示的点在第一象限，可得且，
解得，所以实数的取值范围为.
16. 如图，在正方体中，为正方形的中心，为直线与平面的交点．求证：，，三点共线．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】将三点共线转化为证明两面的交线问题，利用两面相交有且只有一条交线，即两面的公共点都在交线上.
【详解】证明：如图，连接，，
则，
因为，，
所以四边形为平行四边形，
又，平面，
则平面，
因平面平面，
所以．即，，三点共线．
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是证明平面，平面平面，，即可证，，三点共线．
17. 已知四棱锥，底面为矩形，，，分别是，，的中点.证明：
（1）平面平面；
（2）平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由线面平行的判定定理分别证明面，平面，进而由面面平行的判定定理即可得证；
（2）由面面平行的性质即可得证.
【小问1详解】
证明：因为，，分别是，，的中点，所以,，
又因为底面为矩形，所以,所以,
又平面,平面，
所以面.
又因为平面,平面，
所以平面.
因为,平面,
所以平面平面.
【小问2详解】
证明：因为平面，平面平面，
所以平面.
18. 如图，在中，，点是线段上一点.
（1）若点是线段的中点，试用和表示向量；
（2）若，求实数的值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据向量的线性运算法则求解；
（2）根据向量线性运算利用表示，结合平面向量基本定理列方程求的值.
【小问1详解】
因为点是线段的中点，且，
所以
所以；
【小问2详解】
设，则
，
又，
所以，
因为，
所以，
所以.
19. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
（1）求角B；
（2）若，D为AC的中点，求线段BD长度的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角关系结合三角恒等变换化简，即可得出答案；
（2）利用余弦定理结合，平方，将用表示，再利用正弦定理求出，再根据三角恒等变换结合三角函数得性质即可得出答案.
【小问1详解】
解：因为
所以，
则，
即，
所以，
又，则，
所以，即，
由，得，
所以，
所以；
【小问2详解】
解：因为，
所以，
因为D为AC的中点，
所以，
则，
因为，
所以，
，
则
，
因为，所以，
所以，
则，所以，
所以.
考生注意：
1.本试卷满分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：必修第二册（6.1.1平面向量~8.5.3平面与平面平行（含异面直线所成角））.
一、选择题：本大题共8小题；每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.
1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的乘法将其化为复数的代数形式，求出其对应的点的坐标，即可得复数对应的点所在的象限.
【详解】，其对应的点的坐标为，位于第三象限.
故选：C
2. 在中，，，则外接圆的半径为（ ）
A. B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理即可求解.
【详解】设为外接圆的半径，则
由正弦定理，得，解得．
所以外接圆的半径为.
故选:B．
3. 如图，已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的加法和数乘运算法则，取为基底，通过运算，即可得答案；
【详解】，
，
故选：B.
4. 如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，过A1，B，C1的平面与平面ABC相交于l，则（ ）
A. lACB. l与AC相交
C. l与AC异面D. 以上均不对
【答案】A
【解析】
【分析】根据线面平行的性质定理，分析即可得答案.
【详解】∵ABC-A1B1C1为三棱柱，
∴A1C1AC，又平面ABC，平面ABC，
∴A1C1平面ABC，又平面A1C1B∩平面ABC=l，
∴A1C1l，∴lAC.
故选：A
5. 如图所示，正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据斜二测画法画直观图的性质，即平行于轴的线段长度不变，平行于轴的线段的长度减半，结合图形求得原图形的各边长，可得周长．.
【详解】直观图正方形的边长为，，
原图形为平行四边形，如图：
其中，高，
，
原图形的周长.
故选：A.
6. 若，且，则形状为（ ）
A. 直角三角形B. 钝角三角形
C. 等腰直角三角形D. 等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由，利用余弦定理得到，再由，利用正弦定理结合商数关系得到判断.
【详解】因为，所以，
因为，所以，
又因为，所以，
即，所以，
故是等边三角形，
故选：D.
7. 已知非零平面向量满足，则的最小值是（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】把给定等式两边平方，利用平面向量数量积性质转化为的不等式即可得解.
【详解】依题意，，，
，
当时，上述最后等式不成立，从而有，
，当且仅当时取“=”，
又，当且仅当与同方向时取“=”，
则有，解得，当且仅当=时取“=”，
所以的最小值是4.
故选：A
【点睛】结论点睛：平面向量，，当且仅当与方向相同或至少一个为零向量时取等号；，当且仅当与方向相反或至少一个为零向量时取等号.
8. 在正三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，则异面直线AD与BE所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】延长CB至F，使得，可得四边形BEDF是平行四边形，，则为异面直线AD与BE所成的角或补角，设，取的中点，求出、、，利用余弦定理求得，可得答案．
【详解】D为中点，E为的中点，所以，，
如图，延长CB至F，使得，连接DE，DF，AF，，
因为，所以，，
所以四边形BEDF是平行四边形，，
则为异面直线AD与BE所成的角或补角．设，
取的中点，连接、，
则，，，，
，
，
由余弦定理得，
由余弦定理得．
所以直线AD与BE所成角的余弦值为
故选：C.
二、选择题：本大题共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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 若复数满足（其中是虚数单位），则（ ）
A. 的实部是B. 的虚部是2C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用复数乘法运算求得，由此结合复数实部、虚部、共轭复数、模等知识逐项判断.
【详解】根据题意，两边同乘以得，即.
所以，的实部是，虚部是2，故A错误，B正确；
，故C正确；
，故D正确；
故选：BCD.
10. 如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论正确的是（ ）
A. 圆柱的侧面积为
B. 圆锥的侧面积为
C. 圆柱的侧面积与球面面积相等
D. 圆柱、圆锥、球的体积之比为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据圆柱、圆锥的侧面积公式，结合圆柱、圆锥、球的体积公式逐一判断即可.
【详解】因为圆柱和圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，
则圆柱的侧面积为，A错误；
圆锥母线长，侧面积为，B错误；
球的表面积为，所以圆柱的侧面积与球面面积相等，C正确；
，，
，D正确．
故选：CD．
11. 以下命题属于基本事实的是（ ）
A. 如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内
B. 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面
C. 空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补
D. 平行于同一条直线的两条直线平行
【答案】ABD
【解析】
【分析】由基本事实的内容即可选择.
【详解】在 A 中，由基本事实2知：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内，故 A 是基本事实；
在 B 中，由基本事实1得，过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面，故 B 正确；
在 C 中，由等角定理知：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故 C 是定理，不是基本事实；
在 D 中，由基本事实4得：平行于同一条直线的两条直线互相平行，故 D 是基本事实．
故选：ABD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知非零向量，的夹角为，，，则______．
【答案】9
【解析】
【分析】根据数量积的定义结合数量积的运算律，即可求得答案.
【详解】由及，夹角为可知，
又，解得，则，
故，
故答案为：9
13. 如图，在正方体中，分别为和的中点，则下列说法正确的序号有______.
①，，，四点共面；②平面；③与所成角为.
【答案】②③
【解析】
【分析】对于①：用异面直线判定定理即可判断；对于②：利用线面平行的判定定理即可判断；对于③：利用为正三角形，可得与成角60°，即可求出与成角.
【详解】对于①：平面中，平面，平面，
又，则为异面直线，因此，，，四点不共面，故①错；
对于②：连结，如图：
在正方体中，,又，
则四边形为平行四边形，所以，
因为分别为的中点，
所以，，又平面，平面，
故平面，故②对；
对于③：在正方体中，连结，
因为分别为和的中点，所以,
所以四边形为平行四边形，所以
因为，所以为正三角形，
所以与成角60°，即与所成角为.故④对.
故答案为：②③.
14. 某园区有一块三角形空地（如图），其中，现计划在该空地上划分三个区域种植不同的花卉，若要求，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据可知点的轨迹，再利用正弦定理以及圆周角和圆心角之间的关系，易知当为与圆的交点时，取最小值，再利用余弦定理即可求得结果.
【详解】如图，因为，所以在如图所示的圆上，圆的半径为，
由圆周角的性质可得，
连接，可得，
所以当为与圆的交点时，取最小值，即，
又，
在中，，
根据余弦定理可知，
所以的最小值为．
故答案为：
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 已知复数是纯虚数，且是实数，其中是虚数单位.
（1）求复数；
（2）若复数所表示的点在第一象限，求实数的取值范围
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设且，化简得到，结合题意得到，即可求解；
（2）由，求得，根据题意得到且，即可求解.
【小问1详解】
解：由题意，设，其中且，
可得，
因为为实数，可得，解得，即.
【小问2详解】
解：由，则，
因为复数所表示的点在第一象限，可得且，
解得，所以实数的取值范围为.
16. 如图，在正方体中，为正方形的中心，为直线与平面的交点．求证：，，三点共线．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】将三点共线转化为证明两面的交线问题，利用两面相交有且只有一条交线，即两面的公共点都在交线上.
【详解】证明：如图，连接，，
则，
因为，，
所以四边形为平行四边形，
又，平面，
则平面，
因平面平面，
所以．即，，三点共线．
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是证明平面，平面平面，，即可证，，三点共线．
17. 已知四棱锥，底面为矩形，，，分别是，，的中点.证明：
（1）平面平面；
（2）平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由线面平行的判定定理分别证明面，平面，进而由面面平行的判定定理即可得证；
（2）由面面平行的性质即可得证.
【小问1详解】
证明：因为，，分别是，，的中点，所以,，
又因为底面为矩形，所以,所以,
又平面,平面，
所以面.
又因为平面,平面，
所以平面.
因为,平面,
所以平面平面.
【小问2详解】
证明：因为平面，平面平面，
所以平面.
18. 如图，在中，，点是线段上一点.
（1）若点是线段的中点，试用和表示向量；
（2）若，求实数的值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据向量的线性运算法则求解；
（2）根据向量线性运算利用表示，结合平面向量基本定理列方程求的值.
【小问1详解】
因为点是线段的中点，且，
所以
所以；
【小问2详解】
设，则
，
又，
所以，
因为，
所以，
所以.
19. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
（1）求角B；
（2）若，D为AC的中点，求线段BD长度的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角关系结合三角恒等变换化简，即可得出答案；
（2）利用余弦定理结合，平方，将用表示，再利用正弦定理求出，再根据三角恒等变换结合三角函数得性质即可得出答案.
【小问1详解】
解：因为
所以，
则，
即，
所以，
又，则，
所以，即，
由，得，
所以，
所以；
【小问2详解】
解：因为，
所以，
因为D为AC的中点，
所以，
则，
因为，
所以，
，
则
，
因为，所以，
所以，
则，所以，
所以.
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