浙江省台州市2023_2024学年高一数学下学期4月期中联考试题含解析

这是一份浙江省台州市2023_2024学年高一数学下学期4月期中联考试题含解析，共16页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸.等内容，欢迎下载使用。
1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4．考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
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. 若，其中为虚数单位，则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】B
【解析】
【分析】先求出复数的代数形式，然后可确定复数在复平面内对应的点的位置.
【详解】.
复数在复平面内对应的点为，在第二象限.
故选：B.
2. 已知三角形中，角A，B，C的对边分别为，若，则=
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由数量积的定义计算．
【详解】
故选：C．
3. 内角，，的对边分别为，，，且，则的面积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接由面积公式计算可得.
【详解】依题意可得.
故选：B
4. 已知向量，且，则实数=
A. B. 0C. 3D.
【答案】C
【解析】
【详解】试题分析：由题意得，，因为，所以，解得，故选C.
考点：向量的坐标运算.
5. 如图所示，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积是（）.
A. 12B. 12
C. 6D.
【答案】D
【解析】
【分析】求出直观图面积，根据直观图面积和原图面积之间的关系即可得答案.
【详解】因为，由斜二测画法可知，
则，故等腰直角三角形，故，
故矩形的面积为，
所以原图形的面积是，
故选：D
6. 已知圆锥的底面圆半径为，侧面展开图是一个半圆面，则该圆锥的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由圆锥侧面展开图得圆锥母线，高，再由体积公式计算．
【详解】设圆锥的底面半径为r，母线为l，
由于圆锥的侧面展开图是一个半圆面，则，
所以，
所以圆锥的高，
圆锥的体积为.
故选：C
7. 窗户，在建筑学上是指墙或屋顶上建造的洞口，用以使光线或空气进入室内.如图1，这是一个外框为正八边形，中间是一个正方形的窗户，其中正方形和正八边形的中心重合，正方形的上､下边与正八边形的上､下边平行，边长都是4.如图2，是中间正方形的两个相邻的顶点，是外框正八边形上的一点，则的最大值是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的定义，结合线段长即可得解.
【详解】记正八边形右下角的两个顶点分别为，连接，
由题意易得是等腰直角三角形，，则，
不妨设，由于题目要求的最大值，故只考虑的情况，
过作，垂足为，则，又，
所以，
显然，当点与点重合时，取得最大值，
所以的最大值为.
故选：A.
8. 在锐角中，角A，B，C所对的边为a，b，c，若，且，则的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，结合正余弦定理求得角，继而由结合正余弦定理求出，再表示出，，利用三角函数的性质求得的范围，即可求得答案.
【详解】由，由正弦定理得,
即有，而，则，
又，
由正弦定理､余弦定理得，，化简得：，
由正弦定理有：，即，，
是锐角三角形且，有，，
解得，
因此
，
由得：，，
所以.
故选：D
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. 在复平面内，下列说法正确的是（）
A. B.
C. 若，则D. 若复数满足，则是纯虚数
【答案】AD
【解析】
【分析】利用复数的运算和性质判断ABD；虚数无法比较大小判断C.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，故B不正确；
对于C，两个虚数不能比较大小，故C不正确；
对于D，设，则，，则，解得，故是虚数，故D正确；
故选：AD
10. 设的内角所对的边分别为a，b，c，则下列结论正确的是（）
A. 若，则
B. 若，则
C若，则
D. 若，则为等腰三角形或直角三角形
【答案】BD
【解析】
【分析】A选项，由余弦定理与数量积的定义计算；B选项，由大角对大边和正弦定理判断；C选项，由正弦定理解三角形；D选项，由正弦定理与二倍角公式化简后判断．
【详解】对于A，，而，故A选项错误，
对于B，中，若，则，由正弦定理得：（为的外接圆半径），故，B选项正确，
对于C，由正弦定理，得，由，则或，C选项错误
对于D，若，则，即，
得或，故或，为等腰三角形或直角三角形，D选项正确.
故选：BD
11. 在正四面体中，若，为的中点，下列结论正确的是（）
A. 正四面体的体积为
B. 正四面体外接球的表面积为
C. 如果点在线段上，则的最小值为
D. 正四面体内接一个圆柱，使圆柱下底面在底面上，上底圆面与面、面、面均只有一个公共点，则圆柱的侧面积的最大值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由正四棱锥的结构特征，应用棱锥的体积公式求体积，并确定外接球的半径求表面积，展开侧面，要使最小，只需共线，结合余弦定理求其最小值，根据正四面体内接一个圆柱底面圆与其中截面正三角形关系求半径、体高，应用二次函数性质求侧面积最大值.
【详解】由正四面体各棱都相等，即各面都正三角形，故棱长为2，如下图示，
为底面中心，则共线，为体高，故，
所以，故正四面体的体积为，A错误；
由题设，外接球球心在上，且半径，
所以，则，
故外接球的表面积为，B正确；
由题意知：将面与面沿翻折，使它们在同一个平面，如下图示，
所以且，，
又，而，
要使最小，只需共线，则，
所以，C正确；
如下图，棱锥中一个平行于底面的截面所成正三角形的内切圆为正四面体内接一个圆柱的上底面，
若截面所成正三角形边长为，则圆柱体的高，圆柱底面半径为，
所以其侧面积，
故当时，，D正确.
故选：BCD
非选择题部分
三、填空题：本大題共3小题，每小題5分，共15分（12題第一空2分第二空3分）．
12. 平面向量中，已知，，且，则与的夹角为______，向量的坐标为______.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】首先求出，设与的夹角为，根据数量积的定义求出，从而确定，则为方向上的单位向量，从而得到，即可得解.
【详解】因为，所以，
又，且，设与的夹角为，
则，解得，
又，所以，即与的夹角为，
所以与共线同向，又，所以为方向上的单位向量，
即.
故答案为：；
13. 若为虚数单位，复数满足，则的最大值为_______.
【答案】
【解析】
【分析】利用复数的几何意义知复数对应的点到点的距离满足，表示复数对应的点到点的距离，数形结合可求得结果.
【详解】复数满足，即
即复数对应的点到点的距离满足
设，表示复数对应的点到点的距离
数形结合可知的最大值
故答案为：
14. 若为的重心，，则的最小值为_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据，利用向量的数量积运算可得，再由均值不等式即可求出的最小值.
【详解】如图，
,
,
,当且仅当 时，等号成立，
的最小值为.
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. 已知是虚数单位，是的共轭复数.
（1）若，求复数和；
（2）若复数是纯虚数，求实数的值.
【答案】（1），
（2）2
【解析】
【分析】（1）先化简，再求出复数，再求出模长；
（2）由纯虚数的实部为零，虚部不为零求出结果即可.
【小问1详解】
因为
由.得.
所以，.
【小问2详解】
因为是纯虚数，
所以，
解得.
16. 已知向量，，，且，．
（1）求与；
（2）若，，求向量与的夹角的大小．
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用平行、垂直的坐标表示列方程，由此求得，进而求得与.
（2）利用向量夹角公式计算出，进而求得向量与的夹角的大小.
【详解】（1）由得，，
所以，即，
由得，，
所以，即.
（2）由（1）得，
，
所以，，，
所以，
所以向量，的夹角为.
17. 如图，AB是圆柱一条母线，BC过底面圆心O，D是圆O上一点．已知，
（1）求该圆柱的表面积；
（2）将四面体ABCD绕母线AB所在的直线旋转一周，求的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意求出柱的底面圆的半径即可求解；
（2）绕AB旋转一周而成的封闭几何体的体积为两个圆锥的体积之差，结合圆锥体积公式求解即可
【小问1详解】
由题意知AB是圆柱的一条母线，BC过底面圆心O，且，
可得圆柱的底面圆的半径为，
则圆柱的底面积为，
圆柱的侧面积为
所以圆柱的表面积为．
【小问2详解】
由线段AC绕AB旋转一周所得几何体为以BC为底面半径，以AB为高的圆锥，
线段AD绕AB旋转一周所得的几何体为BD为底面半径，以AB为高的圆锥，
所以以绕AB旋转一周而成的封闭几何体的体积为：
．
18. 在中，设A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
（1）求的大小；
（2）若，求边长的取值范围；
（3）若，求面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）已知条件由正弦定理边化角，利用两角和的正弦公式化简得，可得的大小；
（2）由三角形两边之和大于第三边和余弦定理结合基本不等式，可得边长的取值范围；
（3）由余弦定理和重要不等式得，代入面积公式求的最大值.
【小问1详解】
在中，，由正弦定理得：，
因为，所以，
所以可化为，
即．
因为，所以，所以．
因为，所以．
【小问2详解】
由三角形两边之和大于第三边可得：，即．
由余弦定理得：，即．
由基本不等式可得：，所以即，所以．
综上所述：．
所以边长的取值范围为．
【小问3详解】
由余弦定理得，
由重要不等式得，当且仅当时取等号，
，
即最大值.
19. 如图，点P，Q分别是矩形ABCD的边DC，BC上的两点，，．
（1）若，，，求的范围；
（2）若，求的最小值；
（3）若，连接AP交BC的延长线于点T，Q为BC的中点，试探究线段AB上是否存在一点H，使得最大．若存在，求BH的长；若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）借助向量的线性运算及数量积公式计算即可得；
（2）建立平面直角坐标系后借助三角函数与基本不等式计算即可得
（3）建立平面直角坐标系后，将最大转化为最大，借助计算即可得.
【小问1详解】
由，，故，，则，
，
由，故；
【小问2详解】
如图所示，以点为坐标原点，为轴，建立直角坐标系，
设，，
则，，
，
当且仅当，即时，等号成立，
即的最小值为；
【小问3详解】
如图所示，以点为坐标原点，为轴，建立直角坐标系，
由题意可得，，，即，
假设存在点H，使得最大，由，即有最大，
设，当时，角度为，此时不可能最大，故，
则
，
当且仅当，即时，等号成立，
即存在，且.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是引入变量，结合建系法，再通过两角差的正切公式再结合基本不等式求出角度最大情况.