浙江省丽水市五校高中发展共同体2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试卷(含答案)

这是一份浙江省丽水市五校高中发展共同体2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试卷(含答案)，共18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．已知复数z满足,其中i为虚数单位,则z的虚部为( )
A.0B.-1C.1D.
2．设,为非零向量,则“”是“与共线”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
3．在空间几何中下列说法正确的是( )
A.过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
B.过一点有且只有一条直线与已知直线平行
C.过一点有且只有一个平面与已知直线平行
D.过一点有且只有一个平面与已知直线垂直
4．已知在中,三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,,边上的高等于,则的面积为( )
A.B.9C.D.
5．已知点O为所在平面内一点,且,,,则为( )
A.直角三角形B.等腰三角形
C.等边三角形D.等腰直角三角形
6．已知m、n为异面直线,平面,平面,若直线l满足,,,,则( )
A.,B.,
C.直线r,D.直线r,
7．已知A,B,C三点在以O为圆心,1为半径的圆上运动,且,为圆O所在平面内一点,且,则下列结论错误的是( )
A.的最小值是1B.为定值
C.的最大值是10D.的最小值是8
8．设A、B、C是函数与函数的图象连续相邻的三个交点,若是锐角三角形,则的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．已知钝角中,若,则下列命题中正确的是( )
A.B.C.D.
10．若复数,满足（i为虚数单位）,则下列结论正确的是( )
A.B.C.D.
11．已知正方体的棱长为2,点P是的中点,点M是正方体内（含表面）的动点,且满足,下列选项正确的是( )
A.动点M在侧面内轨迹的长度是
B.三角形在正方体内运动形成几何体的体积是2
C.直线与所成的角为,则的最小值是
D.存在某个位置M,使得直线与平面所成的角为
三、填空题
12．已知向量,,且,则______________．
13．高为1的圆锥,侧面积为,则过其顶点的截面面积最大值为____________．
14．已知在锐角中,三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c,则的取值范围是_____________．
四、解答题
15．已知在中,三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c,且．
（1）若,,求b;
（2）求证：．
16．如图在三棱台中,四边形是等腰梯形,平面平面,,．
（1）求三棱台的体积;
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
17．欧拉公式：（i为虚数单位,）,是由瑞士著名数学家欧拉发现的．它将指数函数的定义域扩大到了复数,建立了三角函数和指数函数之间的关系,它被誉为“数学中的天桥”．
（1）根据欧拉公式计算;
（2）设函数,求函数在上的值域．
18．如图在平行四边形中,,,E,F分别为和上的动点（包含端点）,且,．
（1）若
①请用,表示
②设与相交于点G,求
（2）若,求的取值范围．
19．“风筝”是中国传统文化中不可或缺的一部分,距今已有2000多年的历史．相传在东周春秋时期,墨翟以木头制成木鸟,是人类最早的风筝起源．后来鲁班用竹子,改进墨翟的风筝材质,直至东汉期间,蔡伦改进造纸术后,坊间才开始以纸做风筝,称为“纸鸢”．到南北朝时,风筝开始成为传递信息的工具;从隋唐开始,由于造纸业的发达,民间开始用纸来裱糊风筝;到了宋代的时候,放风筝成为人们喜爱的户外活动．风筝主要由骨架、风筝面、尾翼、提线、放飞线五部分组成．如图（1）就是一个由菱形的风筝面ABCD和两个直角三角形尾翼和所组成的风筝．其中,,,,．现将此风筝的两个尾翼分别沿,折起,使得点P与点Q重合于点S,并连结,得到如图（2）所示的四棱锥．
（1）求证：平面;
（2）若E为棱上一点,记
①若求直线与平面所成角的正切值;
②是否存在点E使得直线与直线所成角为,若存在请求出的值,若不存在请说明理由．
参考答案
1．答案：B
解析：由题意,复数z满足,可得,
所以z的虚部为-1.
故选：B.
2．答案：A
解析：当时,,
化简得,即,,即与共线
当与共线时,则存在唯一实数,使得
,,与不一定相等,即,不一定相等
故“”是“与共线”的充分不必要条件
故选：A.
3．答案：D
解析：A选项：根据空间两条直线的垂直关系有相交垂直和异面垂直两种情况,故当已知点在已知直线上时,可作无数条直线与已知直线垂直;当已知点在直线外时,可以作一条或者无数条直线与已知直线垂直,故A选项错误.
B选项：当已知点在已知直线上时,不能作出与已知直线平行的直线;当已知点在已知直线外时,可以作一条与已知直线平行的直线,故B选项错误.
C选项：当已知点在已知直线上时,不能作出平面与已知直线平行;当已知点在已知直线外时,可作出无数个平面与已知直线平行,故C选项错误.
D选项：无论已知点在已知直线上还是已知直线外,假设过一点能作出两个平面与已知直线垂直,则这两个平面平行,显然与两平面经过一个点相互矛盾,故过一点有且只有一个平面与已知直线垂直,故D正确.
故选：D.
4．答案：A
解析：由,即,得,
所以.
故选：A.
5．答案：C
解析：如图所示,取BC中点D,连接并延长OD至E,使D,于是四边形BOCE是平行四边形,
,又,
,A,O,D,E四点共线,AD是中线,
同理可证BO、CO的延长线均为的中线,
O是的重心．
又,
,
,
,
,,,
O是的垂心．
又,O是的外心．
有上述可知：,,
,
同理可证,,
是等边三角形．
故选：C.
6．答案：C
解析：选项A,假设,则,与m、n为异面直线矛盾,故A错误;
选项B,假设,结合,得到,与矛盾,故B错误;
选项C、D,
因为m、n为异面直线,所以在空间内过一点P可以作,,则,,即l垂直于与所在的平面,
又因为平面,平面,所以平面,平面,所以平面既垂直于平面,又垂直于平面,
所以平面与平面相交,且交线垂直于平面,故平行于l,故C正确.
故选：C.
7．答案：D
解析：A选项,因为,所以点M在以O为圆心,2为半径的圆上运动,又因为点C在以O为圆心,2为半径的圆上运动,
所以当O,C,M三点共线时,取得最小值,为,故A正确;
B选项,因为A,B,C三点在圆O上,所以圆O是的外接圆,又因为,所以是圆的直径,所以,
是定值,故B正确;
选项C、D,
,
所以,
,
因为,所以,所以,
所以,所以,
即的最大值是10,最小值是6,故C正确,D错误.
故选：D.
8．答案：B
解析：由已知条件及三角函数诱导公式得：
所以函数,的周期,
在同一直角坐标系中作出函数,的图像,如图所示：
因为A、B、C为连续三交点,(不妨设B在x轴下方),D为AC的中点,
由对称性知,是以AC为底边的等腰三角形,
所以,
由展开整理得：,
又,所以,
设点A、B的纵坐标分别为,,则,即,
要使为锐角三角形,则,又,
所以当且仅当时满足要求,
此时,解得,
所以的取值范围是.
故选：B.
9．答案：AC
解析：对于A,由题意可知,且A,B,,则,
当A,B为锐角时,由在上单调递增,则,
当A为钝角时,即,则,所以,故A正确;
对于B,当A为钝角时,则,此时,故B错误;
对于C,由题意可知A,B,,且函数在上单调递减,则,故C正确;
对于D,当,,时,符合题意,
则,,即,故D错误.
故选：AC.
10．答案：ABD
解析：对于A,,所以,故A正确;
对于B,由已知,,所以,故B正确;
对于C和D,由,设,,
则,故C错误,D正确;
故选：ABD．
11．答案：ABC
解析：如图所示,取中点N,连接,,
取中点G,连接,.
在立方体中,因为G,N为中点,所以,
所以G,N,,四点共面.
又因为平面,
且平面,所以,
又因为,
且,平面,,
所以平面,
又因为平面,
所以.
因为,,
且,且,均为锐角,
所以,
又因为平面,
且平面,
所以,
又因为,平面,且,
所以平面
又因为平面,所以.
又因为,平面,且,
所以平面.又因为,
则平面,所以M的轨迹为截面.
对于A,因为平面,
且平面平面,
所以动点M在平面内的轨迹长度为的长,且,故A正确;
对于B,三角形在正方体内运动形成几何体为四棱锥.
且.
又因为,,,
所以,
,
所以四棱锥的体积为,故B正确;
对于C,因为,
所以直线与直线所成角为,
在直角三角形中,
当时,,
所以,故C正确;
对于D,易知M与或G重合时,直线与平面所成角最大,
且为或,
因为,
所以,
所以不存在某个位置M,使得直线与平面所成角为,故D错误.
故选：ABC.
12．答案：
解析：因为,所以,所以,,
.
故答案为：.
13．答案：2
解析：设底面半径为,则母线长为,
因为侧面积为,
所以,解得,
当截面为中轴面时顶角最大,截面的顶角设为,
则,
所以最大面积为,此时,顶角为.
故答案为：2.
14．答案：
解析：根据正弦定理,,又因为,
所以：
,
因为三角形为锐角三角形,因此,解得,所以,
所以,
因此的范围为,
所以得的范围为.
15．答案：（1）2;
（2）证明见解析
解析：（1）由,得：,
,结合余弦定理得：．
,,．
（2）由（1）得,,
,,
,,由可知,,即,
,即．
16．答案：（1）
（2）．
解析：（1）记与的面积分别为和,则由题可得,．
如图过点作,垂足为O,
平面平面且交线为,平面,
,,,
（2）过点O作,垂足为E,连结,
由（1）得平面,平面,,又,
,,平面,平面,平面,
,
为平面与平面夹角的平面角．
O是上靠近A的四等分点,由得,
平面与平面ABC所成角的余弦值为．
17．答案：（1）
（2）．
解析：（1）．
（2）
因,所以,,,即.
18．答案：（1）①;②;
（2）．
解析：（1）,
,
,．
设,则,
D,G,E三点共线,,．
（2）,,
．
,．
19．答案：（1）证明见解析
（2）①;②存在
解析：（1）①连结AC,交BD于点O,又底面为菱形, ,
由题可得,,且,平面,平面,
平面,又平面,
,平面,平面,
平面．
（2）①连结SO交CE于点G,由（1）得平面,
为直线CE与平面SBD所成角,
,,,
,
,,
在三角形中,由,,所以由余弦定理得：
,
,即
,
直线与平面所成角的正切值为．
②连结, ,
或其补角为直线与直线所成角,则假设存在点E,满足,
由得,,
在三角形中,由,所以由余弦定理得：
,
过点E作,交于H,
由平面,平面,得,所以,
由可得,因为,所以,,
在三角形中,由余弦定理得：
,
再由,平面可得平面,
又因为平面,所以,
在直角三角形中,由勾股定理得：
．
在三角形中,又因为,所以由余弦定理得：
,
解得,
存在使得直线与直线所成角为．