江苏省启东中学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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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若，则复数z的虚部（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用复数代数形式的乘法运算化简，然后利用复数相等的概念求解．
【详解】设，则，
，，解得或或
所以复数z的虚部为．
故选：C.
2. 下列命题中正确的（ ）
A. 任意两个复数都不能比较大小
B. 若R，则当且仅当且时，
C. 若，C，且，则
D. 若C则
【答案】B
【解析】
【分析】当两个复数都是实数时能比较大小，据此判断A；由复数相等的定义可判断B；用特殊值可判断C、D.
【详解】对于A，当两个复数均为实数时，这两个复数能比较大小，A错误；
对于B，若R, R则当时，，
反之，若R, R，则由复数相等定义知，必有成立，
故若R, R，则当且仅当且时，，B正确；
对于C，令，则，此时不满足，C错误；
若C，不妨令，，满足等式，此时不成立，故D错误．
故选:B
3. 在空间中，到一圆周上各点距离相等的点的集合表示的图形是（ ）
A. 一个点B. 一条直线
C. 一个平面D. 一个球面
【答案】B
【解析】
【分析】结合线面垂直的性质即可分析.
【详解】过圆的圆心作此圆所在平面的垂线，则垂线上的点到圆周的各点距离相等，所以到一圆周上各点距离相等的点的集合是一条直线.
故选：B.
4. 已知内有一点满足，则向量与的夹角为（ ）
A. 锐角B. 直角C. 钝角D. 平角
【答案】B
【解析】
【分析】把条件转化为，再根据向量的运算法则逐步计算即可求解.
【详解】由条件得，则，
所以，
所以，
则，即，
所以，则，
所以向量与的夹角为．
故选：．
5. 普利寺塔，又名万佛塔，被国务院批准列入第五批全国重点文物保护单位名单．如图，某测量小组为测量该塔的总高度AB，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量点C与D，现测得，，米，在C点测得塔顶A的仰角为，则该塔的高度AB约为（取）（ ）
A. 32.75米B. 33.68米C. 33.94米D. 34.12米
【答案】C
【解析】
【分析】设米，由锐角三角函数得到，再在中由正弦定理计算可得.
【详解】设米，则，
由，，得，
在中由正弦定理，即，
所以（米）.
故选：C
6. 已知三条边上的高分别为3，4，6，则最小内角的余弦值为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先由的三边上对应的高的长度分别为3，4，6，利用等面积法得到三边的关系，再利用余弦定理求解.
【详解】由题意，不妨设的三边上对应的高的长度分别为3，4，6，
由三角形的面积公式可得：，
解得：，
设，
则，
可得c为三角形最小边，C为三角形的最小内角，
由余弦定理得：
故选：D.
7. 在中，分别是角所对的边，的平分线交于点，，则的最小值为（ ）
A. 16B. 32C. 64D. 128
【答案】B
【解析】
【分析】由题中等式以及正弦定理进行角化边运算可得边关系，由余弦定理可求出，结合角平分线由三角形面积公式建立等量关系，结合均值不等式可得出最小值.
【详解】由及正弦定理知，，．
在中，由余弦定理知，，，．
，，
即，得，
，
当且仅当且，即时，等号成立，.
故选：B
8. 如图，已知长方体中，，，为正方形的中心点，将长方体绕直线进行旋转．若平面满足直线与所成的角为，直线，则旋转的过程中，直线与夹角的正弦值的最小值为（ ）（参考数据：，）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】求出直线与的夹角，可得绕直线旋转的轨迹为圆锥，求直线与的夹角，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，利用三角函数知识求解即可.
【详解】在长方体中，，则直线与的夹角等于直线与的夹角．
长方体中，，，为正方形的中心点，
则，又，
所以是等边三角形，故直线与的夹角为．
则绕直线旋转的轨迹为圆锥，如图所示，．
因为直线与所成的角为，，所以直线与的夹角为．
在平面中，作，，使得．
结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为，
易知．
设直线与的夹角为，则，故当时最小，
而
，
故直线与的夹角的正弦值的最小值为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：解题中在平面中，作，，使得，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为是关键.
二、多选题：本题共3小题，共15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. 已知非零复数，其共轭复数分别为，则下列选项正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】对AD：采用特殊值，结合复数运算即可判断；对B：设出，根据复数的运算法则和共轭复数的定义，计算后即可判断；对C：设出，再根据复数的除法运算和模长计算公式，即可判断.
【详解】对A：取，则，，显然，故A错误；
对B：设，，则，故B正确；
对C：设，，，
则，，，故C正确；
对D：取，，则，，，，而，故D错误.
故选：BC.
10. 下面四个命题中，正确的为（ ）
A. 相交于同一点的三条直线在同一平面内．
B. 在平面外，其三边延长线分别和交于P，Q，R，则P，Q，R一定共线
C. 一个角的两边所在直线分别平行于另一个角的两边所在直线，则这两角相等
D. 在三维空间中，三个平面最多把空间分成八部分．
【答案】BD
【解析】
【分析】举例说明判断A；利用平面基本事实判断B；利用等角定理判断C；求出三个平面分空间所成部分数的最大值判断D作答.
【详解】对于A，三棱锥的三条侧棱所在直线交于同一点，而这三条直线不共面，A错误；
对于B， 所在平面与平面相交，由平面基本事实知，公共点都在交线上，B正确；
对于C，一个角的两边所在直线分别平行于另一个角的两边所在直线，则这两角相等或互补，C错误；
对于D，当三个平面互相平行时，三个平面分空间成4部分；当两个平面平行，与第三个都相交
或三个平面相交于一条直线时，三个平面分空间成6部分；当三个平面两两相交，有3条交线，且3条交线平行时，
三个平面分空间成7部分；当三个平面两两相交，有3条交线，且3条交线交于一点时，三个平面分空间成8部分，
所以三个平面最多把空间分成8部分，D正确.
故选：BD
11. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知D，E分别在边上，且的重心在上，又，设，（为相应三角形的面积），则以下正确的是（ ）
A. B. 的最小值为
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，设的重心为，由题意可知，三点共线，，化简判断A；对于B，，，结合，判断B；对于C，D，借助向量表示得，化简，判断C，D.
【详解】
对于A选项，设的重心为，由题意可知，三点共线，
所以存在使得，
因为且，
所以，化简得，故A正确；
对于B选项，，，
又因为，即，
所以，
因为，当且仅当时等号成立，所以，
所以的最小值为，故B正确；
对于C，D，因为，所以，即，
又因为，
，
，
所以，
所以，故D正确，C错误，
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：对于C，D选项，利用空间向量，得，即，根据数量积即可得到答案.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 直线，平面α，则与的位置关系是________．
【答案】或
【解析】
【分析】由线面平行的性质判断即可．
【详解】如图：

与的位置关系为：或，
故答案为：或
13. 已知向量满足，且，则向量在向量上的投影向量的坐标是______________．
【答案】
【解析】
【分析】两边平方得，利用投影向量的公式求出答案.
【详解】两边平方得，，
即，
故向量在向量上的投影向量的坐标为.
故答案为：
14. 四边形中，与交于点P，已知，且P是的中点，，又，则四边形的面积是______________．
【答案】
【解析】
【分析】设，，根据向量线性运算利用表示，结合数量积的运算律求出，根据三角形面积公式可求结论.
【详解】设，，则，
因为P是的中点，所以，
因为，所以，
所以，
，
因为，
所以，，
所以①，②，
①②可得，，代入①可得，
因为，所以，
又，所以，
因为，，
所以，所以，，
所以，,又，
所以，
设的边上的高为，的边上的高为，
因为，所以，
所以，
所以四边形的面积是，
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决关键在于引入基底，，利用基底表示，利用向量知识求出.
四、解答题：本题共5小题，共60分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 计算下列各式
（1）
（2）
（3）
【答案】（1）
（2）1 （3）
【解析】
【分析】（1）利用向量线性运算求解即可；
（2）利用三角恒等变换化简求解即可；
（3）根据以4为周期，4项合并求和即可．
【小问1详解】
【小问2详解】
【小问3详解】
，
，
故
16. 在三棱锥中，两两垂直，则P在平面内的射影O是的什么心？并证明你的结论．
【答案】点O是垂心，证明见解析
【解析】
【分析】利用线面垂直的判定与性质结合垂心的定义推理即可.
【详解】如图，连接，并延长交于点D，连接，并延长交于点
因为，，，平面，
所以平面
又平面，所以
因为平面，平面，所以
又，平面所以平面，
因为平面，所以，即
同理，，，根据三角形垂心定义可知O是的垂心．
17. 已知，，且的图象上相邻两条对称轴之间的距离为．
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若锐角的内角的对边分别为，且，，求面积的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由向量数量积的坐标运算，结合降幂公式和辅助角公式化简函数解析式，整体代入法求单调递增区间；
（2）由，得，由正弦定理和面积公式得，利用为锐角，得角的范围，由正弦函数的性质，得面积的取值范围.
【小问1详解】
，
由的图象上相邻两条对称轴之间的距离为，有，得，
所以．
令，解得，
所以函数的单调递增区间为．
【小问2详解】
已知，由，得，
由正弦定理，得，
，
由是锐角三角形，有，得，，
则，所以，
即面积的取值范围是．
18. 设平面内两个非零向量的夹角为，定义一种运算“”：．试求解下列问题，
（1）已知向量满足，求的值；
（2）在平面直角坐标系中，已知点，求的值；
（3）已知向量，求的最小值.
【答案】（1）2 （2）7
（3）9
【解析】
分析】（1）借助新定义计算即可得；
（2）借助所给定义及三角函数间的关系，计算可得，代入数据计算即可得；
（3）由，代入数据，结合基本不等式计算即可得.
【小问1详解】
由已知，得，
所以，即，
又，所以，
所以；
【小问2详解】
设，则，
所以，
，
所以，
又，
所以；
【小问3详解】
由（2）得，
故，
，
当且仅当，即时等号成立.
所以的最小值是9．
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助所给定义及三角函数间的关系，计算得到.
19. 古希腊数学家托勒密对凸四边形(凸四边形是指没有角度大于的四边形)进行研究，终于有重大发现：任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立．且若给定凸四边形的四条边长，四点共圆时四边形的面积最大．根据上述材料，解决以下问题：
如图，在凸四边形中，
（1）若，，(图1)，求线段长度的最大值；
（2）若，，，（图2），求四边形面积取得最大值时角A的余弦值，并求出四边形面积的最大值．
【答案】（1）
（2）；，（其中）
【解析】
【分析】根据“任意一凸四边形，两组对边的乘积之和不小于两条对角线的乘积，当且仅当四点共圆时等号成立”表示出边长的关系即可求出；
连接，分别在和利用余弦定理，再结合四点共圆后同角三角函数关系解出角A，最后由三角形的面积公式得到四边形的面积．
【小问1详解】
设，则，
由材料可知，，
即，解得，
所以线段长度的最大值为；
【小问2详解】
由材料可知，当四点共圆时，四边形的面积达到最大．
连接，分别在和利用余弦定理，
可得，
解得，，
所以
记，则上式，
于是四边形的面积为：
.
【点睛】思路点睛：多边形问题可分割为若干三角形，利用余弦定理及角的关系消元化简即可.