福建省部分学校2023−2024学年高一下学期半期考试 数学试卷（含解析）

这是一份福建省部分学校2023−2024学年高一下学期半期考试 数学试卷（含解析），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
1．（ ）
A．B．C．D．
2．复数的实部和虚部分别是（ ）
A．1，1B．1，C．，D．，
3．下列结论正确的是（ ）
A．底面是正方形的棱锥是正四棱锥
B．绕直角三角形的一条边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥
C．有两个面是四边形且相互平行，其余四个面都是等腰梯形的几何体是四棱台
D．棱台的所有侧棱所在直线必交于一点
4．是在斜二测画法下的直观图，其中，则的面积是（ ）
A．B．4C．8D．
5．在中，若，则的形状是（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．不确定的
6．设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
7．如图，某数学兴趣小组的成员为了测量某直线型河流的宽度，在该河流的一侧岸边选定A，B两处，在该河流的另一侧岸边选定处，测得米，，则该河流的宽度是（ ）
A．米B．米C．米D．米
8．在正四棱台中，，点为棱上的动点（含端点），则的最小值是（ ）
A．6B．C．8D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
10．用一个平面去截一个几何体，截面是四边形，则这个几何体可能是（ ）
A．圆锥B．圆柱C．三棱柱D．三棱锥
11．对任意两个非零的平面向量和，定义：；.若平面向量满足，且和都在集合中，则的值可能是（ ）
A．1B．C．D．
三、填空题（本大题共3小题）
12．一个棱台至少有 个面．
13．在中，分别在边上，且，若，则 ，线段与交于点，则 ．
14．如图，在扇形中，半径，，在半径上，在半径上，是扇形弧上的动点（不包含端点），则平行四边形的周长的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知复数，．
(1)若是纯虚数，求的值；
(2)若在复平面内对应的点位于第二象限，求的取值范围．
16．如图，这是某建筑大楼的直观图，它是由一个半球和一个圆柱组合而成的.已知该几何体的下半部分圆柱的轴截面（过圆柱上､下底面圆的圆心连线的平面）是边长为6的正方形.
(1)求该几何体的表面积；
(2)求该几何体的体积.
17．在中，角，，的对边分别是，，，且，．
(1)求的值；
(2)若，，求的面积．
18．如图.在正四棱台中，分别在棱上，且.

(1)证明：平面.
(2)证明：直线交于同一点.
19．在平面直角坐标系中，已知点．
(1)①证明：．
②证明存在点，使得，并求出的坐标．
(2)若点在四边形的四条边上运动，且将四边形分成周长相等的两部分，求点的坐标．
参考答案
1．【答案】B
【分析】利用向量加减运算法则计算即可得答案.
【详解】易知.
故选B.
2．【答案】A
【分析】由复数代数形式的运算化简即可.
【详解】，
所以复数的实部和虚部分别是1,1.
故选A.
3．【答案】D
【分析】根据正四棱锥的定义即可判断A；举反例即可判断BC；根据棱台特点即可判断D.
【详解】对于A：底面是正方形的棱锥且顶点在底面的射影为底面中心才是正四棱锥，故A错误；
对于B：以直角三角形斜边所在的直线为旋转轴时，所形成的几何体是两个同底的圆锥，故B错误；
对于C：如图的几何体满足条件，但侧棱延长线不能相交于一点，不是棱台，故C错误；

对于D，由棱台结构特征知侧棱延长后必交于一点，故D正确.
故选D.
4．【答案】C
【分析】根据斜二测画法作出的图象再求解即可.
【详解】由题意，作出的图象可得，且，故.
故选C.
5．【答案】C
【分析】利用正弦定理角化边，再利用余弦定理计算判断即得.
【详解】在中，由正弦定理及，得，
令，由余弦定理得，
所以角为钝角，是钝角三角形.
故选C.
6．【答案】D
【分析】利用线面位置关系，逐项判断即得.
【详解】对于A：，则或，故A错误；
对于B：，则或，故B错误；
对于C：，则直线可能相交，可能平行，也可能是异面直线，故C错误；
对于D：由线面平行的性质知命题正确，故D正确.
故选D.
7．【答案】A
【分析】利用正弦定理求出，再求出边上的高即可.
【详解】在中，由，得，
，
由正弦定理得，即，
则边上的高为，
所以该河流的宽度是米.
故选A.
8．【答案】B
【分析】把四边形，展开至同一个平面，求出长即可得解.
【详解】把四边形，展开至同一个平面，连接，，，
过点作，则，又，则，
在中，，，则，
此时线段中点到点的距离，即线段与相交，
所以的最小值就是展开图中的长，点为与的交点，
所以的最小值为.
故选B.

9．【答案】BD
【分析】根据复数乘法可得，再结合共轭复数以及复数的模长公式逐项分析判断.
【详解】因为，
所以，故AC错误，BD正确.
故选BD.
10．【答案】BCD
【分析】根据各几何体的特征及截面的可能情况逐一判断即可.
【详解】对于A：用一个平面去截一个圆锥，截面不可能是四边形，则A不满足条件；
对于B：圆柱的轴截面是四边形，则满足条件；
对于C：用平行于一个侧面的平面去截三棱柱，截面是四边形，则满足条件；

对于：如图，在三棱锥中，分别是棱的中点，所以，，所以，所以四边形是平行四边形，所以截面是四边形，则满足条件．
故选BCD.
11．【答案】AB
【分析】由题意可得，，从而得，，分和分别求解即可.
【详解】因为，设向量和的夹角为，
则，由，得，
则，所以，
则，
当时，，又，则，
此时，，
当时，，又，则，
此时，，
所以或．
故选AB.
【关键点拨】对于新概念题，理解定义是关键，解答本题的关键是理解和的运算法则及基本不等式的应用.
12．【答案】5
【分析】根据面数最少的棱台是三棱台，即可求解.
【详解】由题意，面数最少的棱台是三棱台，其中三棱台有个面．
13．【答案】 9
【分析】根据线性运算用表示出，对比已知即可得；设，用表示出，记，根据平面向量基本定理列方程组即可求得，然后得解.
【详解】因为，所以．
因为，所以，
则，故．
因为三点共线，所以可设．
因为，所以，所以．
因为三点共线，所以可设，所以，
则，解得，则．
14．【答案】
【详解】设，则，由，得，显然，
连接，由，，得，
，
因此的周长，
显然，当，即时，，而时，，
所以的周长的取值范围是.
故答案为：.
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由实部为且虚部不为列式求解；
（2）由实部小于0与虚部大于得到不等式组，求出的取值范围．
【详解】（1）是纯虚数，
故，解得.
（2），
因为在复平面内对应的点在第二象限，
所以，解得，
故的取值范围为.
16．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可知半球的半径，圆柱的底面圆半径，高.结合球的表面积公式与圆的面积公式，矩形的面积公式可求该几何体的表面积；
（2）利用球的体积公式与圆柱的体积公式可求几何体的体积.
【详解】（1）由题意可知半球的半径，圆柱的底面圆半径，高.
由球的表面积公式可得半球的曲面面积，
由圆的面积公式可得圆柱底面圆的面积，
由圆柱的侧面积公式可得圆柱的侧面积，
故该几何体的表面积；
（2）由球的体积公式可得半球的体积.
由圆柱的体积公式可得圆柱的体积.
故该几何体的体积.
17．【答案】(1)2
(2)
【分析】（1）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解即得；
（2）由（1）的结论求出c，再利用余弦定理及三角形面积公式求解即得.
【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，
整理得，由余弦定理得，
所以，而，即，又，
所以；
（2）由（1）知，，由余弦定理，得，
整理得，而，解得，
所以的面积.
18．【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）连接，交于，连接，利用面面平行的性质，线面平行的判定推理即得；
（2）结合（1）中信息，利用平面的基本事实推理即得.
【详解】（1）在正四棱台中，连接，交于，连接，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，而，又，则，
所以四边形是平行四边形，所以，而平面，平面，
所以平面；

（2）连接，依题意，，则，且，
所以四边形是梯形，交于一点，令交点为，
则，而平面，平面，
所以平面，平面，又平面平面，
所以，即直线交于同一点.
19．【答案】(1)①证明见详解；②证明见详解，
(2)
【分析】（1）①分别求出，，，，利用向量夹角公式可得；
②由条件知点为四边形外接圆的圆心，由，,可得，，所以四边形外接圆的圆心为的中点，从而求出点的坐标；
（2）求出四边形各边长，由将四边形分成周长相等的两部分，可知，从而可得点的坐标.
【详解】（1）①证明：因为，
所以，，，，
所以，，，，
则，
，
所以．
②证明：由知，点为四边形外接圆的圆心．
因为，，
所以，，
所以，，四边形外接圆的圆心为的中点，
所以点的坐标为，得证．
（2）易得，，．
因为将四边形分成周长相等的两部分，则点在上，且．
设点的坐标为，则，
所以，解得，
故点的坐标为．