山西省大同市2023-2024学年高一下学期4月期中质量检测 数学试卷（含解析）

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考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4．本卷命题范围：人教A版必修第二册第六章~第八章第3节.
一、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. 复数在复平面内对应的点位于
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】
利用复数的除法运算法则：分子、分母同乘以分母的共轭复数，化简复数，从而可得结果.
【详解】由复数的运算法则可得，
则该复数在复平面内所对应的点为，该点位于第三象限，故选C.
【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数、复数的模这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.
2. 已知向量，若，则实数（ ）
A. B. C. 6D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据共线向量的坐标公式求解即可．
【详解】由，得，解得，
故选：．
3. 已知某圆柱的表面积是其下底面面积的4倍，则该圆柱的母线与底面直径的比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由圆柱的表面积公式计算即可求解．
【详解】设圆柱底面半径为，母线为，则，
所以，所以，
故选：B．
4. 在中，内角，，所对的边分别为，，，若，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理求出，即可求出．
【详解】由正弦定理得，所以，
因为，所以，所以，
则，
故选：B．
5. 已知向量，若向量在向量上的投影向量为，向量在向量上的投影向量为，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用数量积与单位向量表达投影向量，坐标代入运算待定系数即可.
【详解】由，得，，
向量在向量的投影向量为，则；
向量在向量上的投影向量为，则，
所以.
故选：D.
6. 如图，在中，已知，将以为轴旋转一周形成的几何体的体积为，以为轴旋转一周形成的几何体的体积为，若，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据旋转体定义可得形成的几何体都可以看做一个大圆锥挖去一个小圆锥，再由锥体体积公式可得结果.
【详解】分别过顶点向对边作垂线，垂足分别为点，如图所示，

设，，则，
则形成的几何体都可以看做一个大圆锥挖去一个小圆锥，所以可得
，
；
所以，即．
故选：A．
7. 已知非零向量满足，则向量夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据数量积的运算律及平面向量夹角公式计算即可．
【详解】由，得，
由，得，整理得，
所以，则，
设向量的夹角为，则．
故选：．
8. 已知某圆台的体积为，其轴截面为梯形，，，则在该圆台的侧面上，从点到的最短路径的长度为（ ）
A. B. C. 6D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由体积公式与已知数据待定圆台母线与高，再利用侧面展开图中距离求解最短路径长即可.
【详解】由圆台轴截面为等腰梯形，故对边不是母线，分别是下、上底面圆直径.
故由，得圆台的下底面的半径为，上底面的半径为，
设圆台的高为，由圆台的体积为，
得，解得.
在梯形中，则，即母线长为.
如图，由圆台性质，延长交于点，
由与相似，得，解得.
设该圆台的侧面展开图的圆心角为，
则，所以，
连结，则从点到的最短路径为线段，
又在中，，，
由余弦定理得
所以.
验证知，由，得，，
此时，恰与扇形弧所在圆相切，满足题意.
故选：B.
二、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. 下列说法正确的是（ ）
A. 一个多面体至少有4个面
B. 圆柱的母线与它的轴可以不平行
C. 用任意一个平面截球得到的截面都是一个圆面
D. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱
【答案】AC
【解析】
【分析】根据多面体和旋转体的定义判断即可．
【详解】对于A，多面体至少有4个面，故A正确；
对于B，圆柱的母线与它的轴平行，故B错误；
对于C，用任意的平面截一个球得到的截面都是一个圆面，故C正确；
对于D，满足条件的几何体可能是组合体，如图所示，故D错误．
故选：AC．
10. 如图，某旅游部门计划在湖中心处建一游览亭，打造一条三角形游览路线．已知是湖岸上的两条甬路，（观光亭视为一点，游览路线、甬路的宽度忽略不计），则（ ）
A.
B. 当时，
C. 面积的最大值为
D. 游览路线最长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】运用正余弦定理解三角形即可判断A B，在用余弦定理解三角形的同时结合基本不等式即可判断C D.
【详解】在中，由余弦定理得，
所以正确；
在中，由正弦定理，
得错误；
中，由余弦定理，
，
当且仅当时等号成立，所以，
则的面积为，C正确；
由上可得，
所以，
当且仅当时等号成立，所以，D正确.
故选：ACD.
11. 已知两个非零向量，定义新运算，则（ ）
A 当时，
B. 对于任意非零向量，都有
C. 对于不垂直的非零向量，都有
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】由定义新运算及数量积的定义分别判断即可．
【详解】设为向量与的夹角，由新运算可知，，
对于A，由上可知，
则，
又，所以，则，
当为钝角时，，即，故A错误；
对于B，因为，
，
所以，故B正确；
对于C，设为非零常数，
则，
当时，，故C错误；
对于D，因为，
所以，所以，
又，所以，所以中至少一个为0，则，故D正确，
故选：BD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 用斜二测画法作一个水平放置的平行四边形的直观图，若直观图是一个角为，边长为2的菱形，则原来的平行四边形的面积为______．
【答案】8
【解析】
【分析】根据斜二测画法的规则即可求解．
【详解】根据斜二测画法可知，原来的平行四边形为一个矩形，且该矩形的宽为2，长为4，
故原来的平行四边形的面积为，
故答案为：8．
13. 白银比例是指事物各部分间存在着一定的数学比例关系，其比值为，具有很好的美感，在设计与建筑领域有广泛应用．在矩形中，，从矩形中截取一个正方形，剩下的矩形的宽与长之比为白银比例，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用白银比例求解矩形中各边长度，再用表示所求向量，进行数量积运算可得.
【详解】如图，由已知得，，
由白银比例可知，所以，
则，则，
又，
且，，
所以
.
故答案为：.
14. 在四面体ABCD中，，，，，，，则四面体ABCD的外接球的表面积为______，四面体ABCD的体积为______.
【答案】 ①. ②. 1
【解析】
【分析】勾股定理判断出、为直角三角形，取BD的中点O，O为四面体ABCD的外接球的球心，可求得四面体ABCD的外接球的表面积；将四面体ABCD补成直三棱柱，根据求出体积.
【详解】在四面体ABCD中，
，，，，，
因为，所以为直角三角形，
因为，所以为直角三角形，取BD的中点O，
则，所以O为四面体ABCD的外接球的球心，
则BD为四面体ABCD的外接球的直径，
所以四面体ABCD的外接球的表面积为；
将四面体ABCD补成直三棱柱，如图，
， ，，，
所以，，
所以，即，
故四面体ABCD的体积为
.
故答案为：；1.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
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. 已知复数满足为纯虚数，．
（1）求以及；
（2）设，若，求实数的值．
【答案】（1）；
（2）1或5
【解析】
【分析】（1）设复数的代数形式，利用复数的乘法运算化简，根据纯虚数概念求解；
（2）利用复数的乘除、乘方化简，再由模的公式建立方程求解.
【小问1详解】
设，则，
由为纯虚数，
得①，且，
由，得②，
由①②解得，验证知，满足题意.
所以.
【小问2详解】
由（1）可知，，
由，得，
整理，得，
解得或.
故实数的值为1或5.
16. 在中，内角所对的边分别为，且．
（1）求角的大小；
（2）若，判断的形状并说明理由．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化角为边，再由边的关系代入余弦定理可求角；
（2）由已知条件结合余弦定理化角为边化简得，求解三角形进而判断形状.
【小问1详解】
在中，因，
所以由正弦定理得，
由余弦定理得，
由，所以.
【小问2详解】
因为，
故，即，又，则，
所以为等腰三角形.
17. 如图，在中，，点满足边上的中线与交于点．设．

（1）用向量表示；
（2）求的大小．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面向量的线性运算即可求解；
（2）利用平面向量的数量积公式即可求解．
【小问1详解】
由可知，，
则，
所以；
又为边上的中线，所以．
【小问2详解】
由得，
又，所以向量与的夹角为，则，
由图形可知，的大小等于向量与的夹角，
又，
，
，
所以，
又，所以．
18. 如图，一个圆锥挖掉一个内接正三棱柱（棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上），若棱柱侧面落在圆锥底面上．已知正三棱柱底面边长为，高为2．

（1）求挖掉的正三棱柱的体积；
（2）求该几何体的表面积．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由三棱柱的体积公式计算即可；
（2）根据几何图形性质解得圆锥底面圆半径和圆锥高，利用圆锥表面积、矩形的面积公式计算即可.
【小问1详解】
因为正三棱柱的底面边长为，高为2，
则，
所以正三棱柱的体积．
【小问2详解】
在正三棱柱中，由（1）知，，
，
设圆锥的底面圆圆心为O，则O是矩形的中心，设圆O半径为，
有，即，
令的中点为，连接，则，
且，，，
于是，解得，
则圆锥的母线长，
圆锥的底面圆面积，侧面积，
三棱柱的表面积为，
所以该几何体的表面积为：
.

19. 如果三角形的一个内角等于另外一个内角的两倍，我们称这样的三角形为倍角三角形，如在中，若，则为倍角三角形，其中角叫做2倍角，角叫做1倍角．
（1）利用正、余弦定理证明下面的倍角定理：在倍角三角形中，2倍角所对边的平方等于1倍角所对边乘以该边与第三边之和；
（2）记的内角的对边分别为．已知且的面积为，求的周长．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）结合二倍角公式，利用正弦定理与余弦定理化角为边，化简可证；
（2）利用倍角定理及正弦定理化角为边，利用边的关系代入余弦定理消元求解方程可得.
【小问1详解】
设的内角的对边分别为，已知，求证：.
证明：由，得，
由正弦定理，得，
由余弦定理，得，
则，
整理，得，
当时，，由，得，所以，则，
所以.
当时，.
由上可知，当时，.
同理可证，当时，；
当时，；当时，；
当时，；当时，；
综上可知，倍角定理成立.
【小问2详解】
已知，由正弦定理得，则①，
又，由倍角定理得②，
将①式代入②式得，所以，即③
由余弦定理，将①③代入得，
由，则，
又的面积为，则，
解得，则，，
故的周长为15.