贵州省学校卓越联盟发展计划项目2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的考生号､姓名､考点学校､考场号及座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一､单项选择题（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. 在中，若，则是（ ）
A. B. 或C. 或D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出角.
【详解】在中，由正弦定理得，
而，所以或．
故选：C
2. 已知复数，则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据条件，利用复数的运算及模长的计算公式，即可求解.
【详解】由，
所以，则，
故选：A．
3. 若直线不平行于平面，且直线，则下列说法正确的是（ ）
A. 内存在与平行的直线B. 内所有直线都与异面
C. 与有公共交点D. 内所有直线都与相交
【答案】C
【解析】
【分析】利用线面的位置关系直接判断得解.
【详解】由直线不平行于平面，且直线，得直线与平面相交，则与有公共交点，C正确；
平面内不存在直线与平行，否则，与已知矛盾，因此内所有直线都与异面或相交，ABD错误.
故选：C
4. 已知向量满足，且，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的夹角余弦公式计算求值.
【详解】设与的夹角为，则，
因，所以．
故选：C．
5. 若一圆柱的侧面展开图是一个面积为的正方形，则该圆柱的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可得该圆柱的高，底面半径，进而可得体积.
【详解】设圆柱的底面半径为，高为，
因为圆柱的侧面展开图是一个面积为的正方形，则该圆柱的高，

底面圆的周长为，解得，
所以圆柱的体积．
故选：D．
6. 如图，在中，已知，则为（ ）

A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用余弦定理求出，即而求出，结合两角和的正弦公式，即可求得答案.
【详解】在中，由余弦定理：，
所以为锐角，，
所以．
故选：B
7. 已知是边长为6的等边三角形，点分别是上的点，满足，连接交于点，求（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】方法一：根据三点共线的结论可得，结合数量积运算即可；方法二：作投影，结合数量积的几何意义运算求解；方法三：建系，可得，结合数量积的坐标运算求解.
【详解】方法一：因为共线，
设，
即，
则，解得，
所以
方法二：过点连接的中点，过点分别做边的垂线，垂足分别是，
易得，
则在边上的投影是，
所以；
方法三：以边的中点为坐标原点，以边为轴建立如图所示直角坐标系，

则，
设，
因为共线可得，解得，
即，可得，
所以.
故选：A.
8. 已知在钝角中，是钝角，，点是边上一点，且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理可得，结合向量可得，结合基本不等式运算求解.
【详解】因为，由正弦定理可得，
且，则，可得，
且，则，
又因为，则，
可得，
则，
因为，则，
又因为，当且仅当时，等号成立，
所以，即的最小值为.
故选：C．
二､多项选择题：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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知，则下列说法正确的是（ ）
A. ．
B. ．
C. 在复平面内对应的点位于实轴上，则．
D. 在复平面内的点在直线上．
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据复数的除法得出复数，再结合复数乘法可判断A,根据模长判断B,根据复数的类型求参判断C,化简复数得出对应点即可判断D.
【详解】对于由得．
，故A错；
对于，故正确；
对于C．，因为点在实轴上，所以，故C正确；
对于，对应复平面内点的坐标为，
且，故D正确．
故选：BCD.
10. 在中，，点是线段的中点，线段交于，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C.
D. 与的面积之比为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据几何图形，结合向量的线性运算，即可判断AB，根据三点共线表示，再利用基底表示向量，再利用平面向量基本定理的的推论，根据系数和为1，即可判断C，根据C的判断，即可判断D.
【详解】对于：根据，又因为点是线段的中点，，故，故A正确；
对于：因为，所以，，故正确；
对于，因为点是线段的中点，所以，设，则，
，又，则，
又因为三点共线，所以，解得，故错误；
对于D：由于，故，故D正确.
故选：ABD
11. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是，的中点，是线段上的动点，则（ ）

A. 不存在点，使四点共面
B. 存在点，使平面
C. 三棱锥的体积是定值
D. 经过四点的球的表面积为
【答案】BC
【解析】
【分析】当与重合时，说明，即可判断A；当为的中点时，证明平面，判断B；结合三棱锥体积公式判断C；利用割补法求得经过四点的球的半径，即可求得球的表面积，判断D.
【详解】对A选项，当与重合时，连接，由于,
则四边形为平行四边形，故，又，故，
从而可得四点共面，A选项错误；

对B选项，当为的中点时，，而四边形为平行四边形，
故，知，平面，平面，
得平面，B选项正确；
对C选项，点到面的距离为2，而，所以是定值，C选项正确；
对D选项，设分别为的中点，则为长宽高分别为2，2，1的长方体，
根据分割补形法知：经过四点的球即为长方体的外接球，

所求球的直径满足：，
经过四点的球的表面积为，D选项错误．
故选：BC．
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知复数，且，则__________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据复数运算及复数相等得出参数值，最后计算即可求解.
【详解】由，则，
所以，解得，
所以．
故答案为：2.
13. 贵州中天201大厦是贵阳标志性建筑之一，又名为“芦笙楼”．它是以贵州少数民族芦笙为原型设计，外形造型看上去就像是用很多微型大楼“拼接”起来的一样，而这一部分其实具有相当先进的建筑工艺，采用的是筒式悬挂结构，目前是世界上最高的筒式悬挂建筑．某数学兴趣小组成员为测量中天201大厦的高度，在与楼底位于同一水平面上的两处进行测量，已知在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为米，则中天201大厦的高度为__________米．
【答案】
【解析】
【分析】设，利用直角三角形边角关系表示，再利用余弦定理建立方程求解即得.
【详解】设，在中，，则，
在中，，则，
在中，由余弦定理得，
即，解得，
所以中天201大厦的高度为米.
故答案为：
14. 在梯形中，，梯形外接圆圆心为，圆上有一个动点，求的取值范围__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据单位向量的概念与数量积的定义，求出，结合在梯形中，，和圆内接四边形对角互补，可得梯形为等腰梯形，且AB中点为梯形的外接圆圆心，再建立平面直角坐标系进行求解即可.
【详解】
由，得，则，
又在梯形中，，则，
结合圆内接四边形对角互补可得，所以梯形是等腰梯形．
又，取中点，可得，，
即为梯形外接圆圆心，
所以，梯形外接圆以为圆心，2为半径的圆.
以所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图：
设是角的终边，又因为点在圆上，所以，即
又A-2,0，，
，
由，则，故．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是确定梯形外接圆的圆心所在位置，主要考查了圆内接四边形的性质，平面向量的数量积的定义与运算性质，以及角的终边与圆交点的坐标表示，属于较难题.
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. 已知复数的共轭复数为在复平面上对应的点在第一象限，且满足，
（1）求复数；
（2）求复数的模长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，则，结合题意列式求解即可；
（2）由（1）可得，进而可得模长.
【小问1详解】
设，则，
由题意可得，解得，
又因为在复平面上对应的点在第一象限，即，所以.
【小问2详解】
由（1）可知，则，
所以.
16. 已知向量是平面内一组基底，且与的夹角为锐角，
（1）求证三点共线．
（2）设，若的最小值是，求锐角的值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用向量的线性运算，结合共线向量定理推理即得.
（2）利用向量数量积的运算律及数量积的定义化简，再借助二次函数最值求解即得.
【小问1详解】
由，
得，则，
即，又有公共点，
所以三点共线.
【小问2详解】
依题意，
令，函数是开口向上的二次函数，
则当时，，即，
整理得，则，所以锐角.
17. 如图，在四棱锥中，，底面为矩形，对角线与相交于点，点到平面的距离为为的中点．
（1）求证：平面．
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面平行判定定理证明即可；
（2）根据线面平行得出三棱锥的高，再结合三棱锥的体积公式计算即可.
【小问1详解】
如图，连接．
点为的中点，且点为的中点
为的中位线，即．
又平面平面
平面
【小问2详解】
为矩形
又平面平面
点到平面的距离为1，即棱锥的高为1．
又为的中点，且
．
18. 在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题（其中为的面积）．
问题：在中，角的对边分别为，满足：__________．
（1）求角的大小；
（2）若，角与角的内角平分线相交于点，求面积的取值范围．
【答案】（1）任选一条件，都有；
（2）
【解析】
【分析】（1）选①，由面积公式、向量数量积可得答案；选②，由正弦定理、两角和的正弦展开式可得答案；选③，由正弦定理、余弦定理可得答案；
（2）令，在中由正弦定理得求出，再由三角形的面积公式、三角函数的选择可得答案.
【小问1详解】
选①，由已知得：，
所以，，
所以，，，
若，则，，
所以，，
即：；
选②，由正弦定理得：，
所以，
，
所以，，又因为，
所以，，
所以，．，
因，所以；
选③，由正弦定理得：，即：．
得：．
由余弦定理得：，
又因为，所以；
【小问2详解】
由题可得：，则．
令，在中由正弦定理得：
，
所以，，
所以，．
又因为，
所以，，
所以，．
即：．
19. “费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：
（1）若是边长为4的等边三角形，求该三角形的费马点到各顶点的距离之和；
（2）的内角所对的边分别为，且，点为的费马点．
（i）若，求；
（ii）求的最小值．
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）过作于，结合题意即可求解；
（2）（i）根据正弦定理求得，由三角形面积公式及向量数量积即可求解；（ii）设，得出，由勾股定理得出，根据基本不等式求解范围即可．
【小问1详解】
因为为等边三角形，三个内角均小于，故费马点在三角形内，满足，且，如图：

过作于，则，故，
所以该三角形的费马点到各顶点的距离之和为．
【小问2详解】
（i）因为，由正弦定理，且，
所以得，
所以的三个角都小于，
则由费马点定义可知，，
设，，
由得：，
整理得，
则
．
（ii）由（i）知，所以点在内部，且，

设，
所以，
由余弦定理得，，
，
，
由勾股定理得，，即，
所以，即，
而，
当且仅当，即时，等号成立．
设，则，解得或（舍去），
由，
故，最小值为．