吉林省名校联盟2023-2024学年高一下学期期中联合质量检测数学试卷(解析版)

这是一份吉林省名校联盟2023-2024学年高一下学期期中联合质量检测数学试卷(解析版)，共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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. 某圆台的上底面、下底面的半径分别为，，高为，则该圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】该圆台的体积为.
故选：B.
2. 若复数，，则（ ）
A. B. C. 2D. 5
【答案】B
【解析】因为，，所以．
故选：B.
3. 若向量，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以，解得．
故选：A.
4. 已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，且平面平面，则是的（ ）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】如图所示：
满足，而相交，故不充分；
满足则，但异面，故不必要.
故选：D.
5. 如图，的斜二测画法的直观图是腰长为的等腰直角三角形，轴经过的中点，则（ ）
A. 6B. C. 12D.
【答案】D
【解析】由题意得的原图如图所示，
其中D为的中点，且，，
所以，故.
故选：D.
6. 在四面体ABCD中，平面平面BCD，，且，则四面体ABCD的体积为（ ）
A. 2B. 6C. D.
【答案】C
【解析】如图所示，取的中点，连接，
因为，所以，
又平面平面，平面平面，所以平面，
因为，，所以，
又，
所以四面体的体积.
故选：C.
7. 如图，某同学为测量某观光塔的高度OP，在该观光塔的正西方向找到一座高为40米的建筑物MN，在地面上点Q处（O，Q，N三点共线且在同一水平面上）测得建筑物MN的顶部M的仰角为，测得该观光塔的顶部P的仰角为，在建筑物MN的顶部M处测得该观光塔的顶部P的仰角为，则该观光塔的高OP为（ ）
A. 80米B. 米C. 米D. 米
【答案】A
【解析】由题意可得，米，，
则，
在△PMQ中，由正弦定理可得，即，
解得：米．
故选：A.
8. 在正四棱柱中，，，，，平面与交于点G，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图所示，设，连接，
因为，且几何体为正四棱柱，所以，
因为平面与交于点，所以，所以，
所以，
因为，所以，所以．
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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知向量，，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则在上的投影向量为
【答案】ABD
【解析】对于A：若，则，解得，故A正确；
对于B：若，则，解得，故B正确；
对于C：若，则，又，，
所以，故C错误；
对于D：若，则在上的投影向量为，故D正确．
故选：ABD.
10. 若三个不同的平面两两相交，且，则交线的位置关系可能是（ ）
A. 重合B. 相交于一点
C. 两两平行D. 恰有两条交线平行
【答案】ABC
【解析】如图，作出一个长方体，
对于A项，可把平面依次取为平面，
它们两两相交于共同的交线，故A项正确；
对于B项，可把平面依次取平面，
此时，，，，
而易得三条交线交于同一点D，故B项正确；
对于C项，可把平面依次取为平面，
此时，，，，
而易得三条交线两两平行，故C项正确；
对于D项，可把平面依次取为平面，
此时，，，，
若只有，因平面，而平面，则平面，
又平面，而平面平面=，则有，
即交线的位置关系不可能是恰有两条交线平行，故D项错误.
故选：ABC.
11. 在正四棱台中，，，为棱上的动点（含端点），则下列结论正确的是（ ）
A. 直线与异面B. 直线与平面所成的角为
C. 的最小值为D. 的最小值为
【答案】BC
【解析】如图1，由四棱台可知，，即四边形为等腰梯形，
则与相交，则A选项错误；
设，分别是和的中点，
则是四棱台的高，
作，垂足为，
由题中数据可知，
则直线与平面所成的角为，
，则，故B选项正确；
如图2，把四边形，展开至同一个平面，连接，，，
易知的最小值就是展开图中的长，
过点作，则，又，所以，
故在中，，，则，
即的最小值为，故C选项正确；
在中，由余弦定理可得，则，，
，
从而，
由图可知，则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．把答案填在答题卡中的横线上．
12. 在正方体中，，则该正方体外接球的表面积为______．
【答案】36π
【解析】如图，
设该正方体外接球的半径为R，
则，
所以该正方体外接球的表面积为．
故答案为：.
13. 若，，且为纯虚数，则在复平面内对应的点位于第______象限，实数的值为______．
【答案】一
【解析】因为，所以在复平面内对应的点位于第一象限，
因为，为纯虚数，
所以，解得．
故答案为：一 .
14. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC中BC边上的高，，则的最大值为______．
【答案】
【解析】依题意可得，则，
则，解得，，
所以
，
因为，即，故，
所以，即，
当，即，
即时，
取得最大值，且最大值为．
故答案为：.
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. 如图，在高为的四棱锥中，四边形ABCD是正方形，M，N分别是PD和BC的中点，．
（1）证明：∥平面PAB．
（2）求三棱锥的体积．
解：（1）如图，取PA的中点E，连接EB，EM，
因为ME是△PAD的中位线，则∥，且，
又因为N是BC的中点，则∥，且，
可得∥，且，
可知四边形MEBN是平行四边形，则∥，
且平面PAB，平面PAB，所以∥平面PAB．
（2）在高为的四棱锥中，因为M为PD的中点，
可知三棱锥的高为，
且，
所以三棱锥的体积．
16. 已知的内角的对边分别为，且．
（1）求；
（2）若，求外接圆的半径R；
（3）若，，求中边上的中线长．
解：（1）因为，所以，
则，
在中，，，
所以，所以．
（2）在中，因为，且，
解之得，，又，所以.
（3）由（2）知：，
设D为的中点，则，
所以，
解得，即中边上的中线长为．
17. 如图，在梯形中，，，，，在线段上．
（1）若，用向量，表示，；
（2）若AE与BD交于点F，，，，求的值．
解：（1）依题意，
．
（2）因为，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，即，解得或，
连接交于，因为，所以，所以，
则，因为在线段上，所以，故．
18. 在中，与的角平分线交于点D，已知．
（1）求角B的大小；
（2）若，求面积的最大值．
解：（1）由题意可知，
由，
可知
，
所以，
，
因为，所以，
因为，所以．
（2）因为，所以，
所以，所以，
由余弦定理得，
所以，
所以，当且仅当时，等号成立，
因为，
所以△ACD面积的最大值为．
19. 刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为．如图，在直三棱柱中，点A的曲率为，N，M分别为AB，的中点，且．
（1）证明：平面．
（2）证明：平面平面．
（3）若，求二面角的正切值．
解：（1）在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，
则，，所以点A的曲率为，
所以．因，所以△ABC为正三角形，
因为N为AB的中点，所以，
又平面ABC，平面ABC，所以，
因为，平面，所以平面．
（2）取的中点D，连接DM，DN，
因为N为AB的中点，所以且，
又且，所以且，
所以四边形CNDM为平行四边形，则，
由（1）知平面，则平面，
又平面，所以平面平面．
（3）取BC的中点F，连接AF，则，
因为平面ABC，平面ABC，所以，
因为，平面，所以平面，
又平面，所以，过F作的垂线，垂足为H，连接AH，
则，又平面，所以平面，
又平面，，所以∠AHF为二面角的平面角的补角，
设，，则，，，
由等面积法可得，则，
则，故二面角的正切值为．