福建省福州市闽江口协作体（七校）2023-2024学年高一下学期期中联考数学试题

这是一份福建省福州市闽江口协作体（七校）2023-2024学年高一下学期期中联考数学试题，共10页。试卷主要包含了本卷主要考查内容，下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。

全卷满分150分，考试时间120分钟。
注意事项：
1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2.请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3.选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4.考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
5.本卷主要考查内容：必修第二册第六章，第七章、第八章8.1-8.4。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知复数，则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
2.在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则（ ）
A.B.2C.1或2D.2或
3.用斜二测画法画水平放置的的直观图，得到如图所示的等腰直角三角形.已知是斜边的中点，轴，且，则的面积为（ ）
A.B.C.D.
4.在中，内角，，的对边分别为，，，已知，，，则的最大内角为（ ）
A.B.C.D.
5.下列命题中正确的是（ ）
A.侧面都是矩形的直四棱柱是长方体
B.三棱锥的三个侧面不可能都是直角三角形
C.若，，，四点共面，，，，四点共面，则，，，，五点共面
D.异面直线是指不同在任何一个平面内的两条直线
6.若，为非零向量，则“”是“，共线”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
7.已知中，角，，对应的边分别为，，，是的中点且，，则的最大值是（ ）
A.B.C.D.
8.已知平面向量，，满足，，，若，，则的取值范围是（ ）
A.B.
C.D.
二、选择题：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.已知复数，为的共轭复数，则下列各选项正确的是（ ）
A.是虚数B.的虚部为
C.D.
10.下列结论正确的是（ ）
A.在正方体中，直线与是异面直线
B.不共线的三点可以确定3条直线
C.圆锥的侧面展开图是个半圆，则圆锥的母线是底面半径的3倍
D.圆柱的侧面展开图是正方形，且侧面积为，则圆柱的体积为
11.已知为所在平面内的一点，且，则下列说法正确的是（ ）
A.若且，则
B.
C.与的面积之比为
D.与的面积之比为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知向量与的夹角为，，，则______.
13.设复数，为虚数单位，且，若，则______.
14.在中，三个内角、、所对的边分别为、、，，，则的取值范围为______.
四、解答题：本题共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.（本小题满分13分）
如图，直三棱柱内接于一个圆柱，，为底面圆的直径，圆柱的体积是，底面直径与圆柱的高相等.
（1）求圆柱的侧面积；
（2）求三棱柱的体积.
16.（本小题满分15分）
已知平面向量，，，且.
（1）若，且，求向量的坐标；
（2）若，且，求的值.
17.（本小题满分15分）
在中，内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求角；
（2）若，且，求的面积.
18.（本小题满分17分）
如图，在菱形中，，是的中点，且.
（1）求；
（2）以为圆心，2为半径作圆弧，点是弧上的一点，求的最小值.
19.（本小题满分17分）
在中，内角，，的对边分别为，，，且.
（1）求角；
（2）若为锐角三角形，，是线段的中点，求的长的取值范围.
2023~2024学年第二学期闽江口协作体（七校）期中联考・高一数学
参考答案、提示及评分细则
1.A .故选A.
2.C 由余弦定理得，化简得，解出或2.故选C.
3.B 因为为等腰直角三角形且，所以，，由斜二测画法可知，，且为直角三角形，所以的面积为.故选B.
4.C 因为，所以角最大.由余弦定理，得，即，所以，又，所以.故选C.
5.D 侧面都是矩形的直四棱柱的底面可以不是矩形，不一定是长方体，故A错误；三棱锥，平面，，则此三棱锥三个侧面，，都是直角三角形，故B错误；若，，三点共线，直线与直线异面，此时，，，，不共面，故C错误；异面直线是指不同在任何一个平面内的两条直线，故D正确.故选D.
6.A 若，则，共线，所以充分性成立；，共线可能同向共线、也可能反向共线，所以，共线得不出，所以必要性不成立.故选A.
7.C 因为，所以，
由正弦定理得，可得，即，
所以，，则，
，，（当且仅当时符号成立），.故选C.
8.B 因为，，，且，，所以，所以，令，，所以，其中，，所以，即的取值范围是.故选B.
9.AD 因为，所以，
A选项中，由于虚部不为0，所以是虚数，A正确；
B选项中，的虚部为1，B错误；
C选项中，当复数的虚部不为零时，不能比大小，C错误；
D选项中，，，，D正确.故选AD.
10.ABD 正方体中，平面，平面，，由异面直线判定定理得与是异面直线，故A正确；
不共线的三个点中任意两个点都可确定一条直线，共可以确定3条直线，故B正确；
设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，由题意得，则，故C错误；
由题意可知圆柱的高，底面半径，则圆柱体积为，故D正确.故选ABD.
11.ABD 若且，则，
所以，故A正确；
因为，所以，故B正确；
因为，所以，故C错误；
因为，所以，，所以，故D正确.故选ABD.
12. 因为，所以.
13. 由于，则，即，由于，则，因此，.
14. 因为，，由余弦定理得，
所以，
当且仅当时等号成立.
，又，
，又因为，
所以，即的取值范围为.
15.解：（1）设底面圆的直径为，
由题可知，圆柱的体积，解得，
因此圆柱的侧面积为；
（2）因为是等腰直角三角形，底面圆的半径为1，因此边长，
所以三棱柱的体积.
16.（1）解：设，
，，又，
，
或，
或；
（2）解：，，则，
，，
.
17.解：（1）因为，由正弦定理得，
又，所以，
又，所以；
（2）由，则，
故，
所以，所以，
又，整理得，
则，
解得，所以的面积为.
18.解：（1）因为，，
所以，
所以，
所以，又，所以.
为等边三角形，又是中点，
，是直角三角形，，，
，；
（2）以为坐标原点，所在直线为轴，垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示.
则，，设，
所以，，
所以，
其中，，所以，此时.
19.解：（1）因为，由正弦定理得，所以，
由余弦定理得，
又，所以；
（2）因为，所以.
因为是线段的中点，所以，
所以，
由正弦定理得，所以，，
所以，
又为锐角三角形，所以解得，
所以，
所以，所以，
所以，即的长的取值范围是.