山东省青岛市2023_2024学年高一数学上学期1月期末试题含解析

这是一份山东省青岛市2023_2024学年高一数学上学期1月期末试题含解析，共22页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：本大题共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. 已知复数z满足，则的虚部为（ ）
A. B. 1C. D. i
【答案】A
【解析】
【分析】先由复数的四则运算法则求出，再由共轭复数的概念表示出，即可求解.
【详解】由题，，则，则，
故的虚部为.
故选：A.
2. 在空间直角坐标系中，点关于y轴对称点的坐标为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间直角坐标系的结构和对称性即可得解.
【详解】因为点横坐标关于y轴对称的横坐标为，
点纵坐标关于y轴对称的纵坐标为，
点竖坐标关于y轴对称的竖坐标为，
所以点关于y轴对称点的坐标为.
故选：C.
3. 已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，能使成立的一组条件是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用给定条件得到，判断A，利用给定条件得到判断B，举反例判断C，D即可.
【详解】对于A，若，则，故A错误，
对于B，若，则，故B正确，
对于C，若，则可能相交，平行或异面，故C错误，
对于D，若，则可能相交，平行或异面，故D错误.
故选：B
4. 若构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量共面的结论，对各选项逐一判断即可得解.
【详解】对于A，，所以共面，故A错误；
对于B，，所以共面，故B错误；
对于C，假设共面，
则存在，使得，
则共面，这与可构成空间的一个基底矛盾，
所以不共面，故C正确；
对于D，，所以共面，故D错误.
故选：C.
5. 如图，圆锥的母线长为3，底面半径为1，一只蚂蚁从点P处沿着该圆锥侧面爬行一周后回到点P处，则蚂蚁爬行的最短路线长为（ ）

A. B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】画出圆锥的侧面展开图，则蚂蚁爬行的最短距离为，在中，解三角形即可.
【详解】已知圆锥的侧面展开图为半径是3的扇形，如图，

一只蚂蚁从点P出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点P的最短距离为，
设，圆锥底面周长为，所以圆弧的长为，
所以，
在中，由，得，
故选：D.
6. 正四棱台的上、下底面边长分别是2和4，高是，则它的侧面积为（ ）
A 6B. C. 24D. 44
【答案】C
【解析】
【分析】根据正棱台的性质与特征，求得斜高，再计算侧面积即可.
【详解】如图，过作平面，作，连接，
根据题意得，，所以，
所以此正四棱台的侧面是4个全等的高为2的等腰梯形，
所以侧面积为.
故选：.

7. 若△ABC为斜三角形，，则的值为（ ）
A B. C. 0D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】斜三角形中，由，可知，再由三角恒等变换化简即可.
【详解】由，可知或，
又为斜三角形，所以，即，
故选：A.
8. 已知平面，平面，，BD与平面所成的角为30°，，，则点C与点D之间的距离为（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间向量的数量积以及结合向量求距离的方法即可求解.
【详解】
如图，因为平面，，平面，所以，所以,
作，垂足为，连接，
则或，
易知,
若,则
若,则,
故选：C
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 正方体中，点E，F分别为，的中点，则（ ）
A. 与为异面直线
B. 平面
C. 过点A，E，F的平面截正方体的截面为三角形
D. 平面
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，证明与不平行结合与无公共点即可得解；对于B，证明即可得证平面；对于C，根据平面基本性质即可求得过点A，E，F的平面截正方体的截面；对于D，证明平面结合即可得平面.
【详解】对于A，取中点，连接，则由题意，
又，故与不平行，
又与无公共点，所以与异面，故A正确；
对于B，连接，则由题意可知为的中位线，所以，
又平面，平面，所以平面，故B正确；
对于C，连接、，由正方体性质，
所以由可唯一确定一个平面，因为平面，
所以平面是过点A，E，F的平面截正方体的截面，该截面为为平行四边形，故C错误；

对于D，由B可知，由正方体性质，
又平面，所以平面，
因为平面，所以，
同理平面，因为平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
又由B可知，所以平面，故D正确.
故选：ABD.
10. 已知向量在向量上的投影向量为，向量，则向量可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据已知条件，结合向量的模长公式、投影向量公式以及数量积运算即可求解.
【详解】由题意，
所以，
对于A，因为，故A正确；
对于B，因为，故B错误；
对于C，因为，故C错误；
对于D，因为，故D正确.
故选：AD.
11. 已知四面体的所有棱长都等于6，点在侧面内运动（包含边界），且与平面所成角的正切值为，点是棱的中点，则（ ）
A. 该四面体的高为
B. 该四面体的体积为
C. 点的运动轨迹长度为
D. 过的平面截该四面体内最大球的截面面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】设点在底面上的投影为点，连接，根据三角形重心的性质，结合勾股定理，判断A；根据棱锥的体积公式判断B；由平面，知，从而得，进而知点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，再求该圆的周长即可判断C；先求出该四面体内切球的半径，再求出内切球大圆的面积即可得解判断D．
【详解】对于A，设点在底面上的射影为点，连接，则是线段的靠近点的三等分点，
在等边中，，所以，，
在中，，
所以该四面体的高为，故A正确；
对于B：，
所以该四面体的体积为，故B错误；
对于C：由平面知，就是与平面所成角，即，
而，
所以，
所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
其轨迹长度为，故C正确；
对于D：设该四面体内切球的半径为，球心为，
在截面中，取的中点，连接，则在线段上，
因为，所以，
因为，
所以，
而过的平面截该四面体内最大球的截面就是其内切球的大圆，
所以该截面的面积为，故D正确．
故选：ACD．
【点睛】方法点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分．
12. 如图为某种礼物降落伞的示意图，其中有8根绳子和伞面连接，每根绳子和水平面的法向量的夹角均为60°．已知礼物重量为2kg，每根绳子的拉力大小相同.则降落伞在匀速下落的过程中每根绳子拉力的大小为______N．（重力加速度g取）
【答案】
【解析】
【分析】根据降落伞匀速下落可知根绳子拉力的合力的大小等于礼物重力的大小，则绳子的拉力在水平面的法向量方向上的投影向量与礼物的重力是一对相反向量，由此可构造方程求得结果.
【详解】设水平面的单位法向量为，其中每一根绳子的拉力均为，
因为，所以在上的投影向量为，
所以8根绳子拉力的合力为，
又因为降落伞匀速下落，所以，
所以，，所以.
故答案为：.
13. 已知直三棱柱的所有顶点都在表面积为的球的表面上，，，则此直棱柱的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】设底面的外接圆的半径为，由正、余弦定理求得，进而求得外接球的半径为，结合已知可求得，即可求得直三棱柱的体积.
【详解】设，
如图所示，在中，，设底面的外接圆的半径为，
由余弦定理得，所以，
由正弦定理可得，所以，
设的外心为，的外心为，则外接球的球心为的中点，
所以外接球半径，所以外接球表面积为，
所以，解得，
所以此直棱柱的体积为.
故答案为：.
14. 在四面体中，面与面所成的二面角为，顶点在面上的射影是，的重心是，若，，则______．
【答案】##
【解析】
【分析】取中点，连接，，即可证明平面，从而可得面与面所成的二面角为，且在上，再利用余弦定理计算可得．
【详解】如图，取中点，连接，，
，，且，
又，且，平面，
平面，平面，所以，
面与面所成的二面角为，且在上，
，又，，
根据余弦定理可得
．
故答案为：．
【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
四、解答题：共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 如图，圆台上下底面半径分别为1，2，，为其两条母线，且母线长为2．

（1）证明：四边形为等腰梯形；
（2）若在圆台内部挖去一个以O为顶点，圆为底面的圆锥，求剩余部分的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据圆台的性质可知，，，故四边形为等腰梯形.
（2）剩余部分的体积等于圆台的体积减去圆锥的体积.
【小问1详解】
因为，为圆台两条母线，
所以，且它们都在同一个平面内，
又由于圆台的上下底面都是圆，由圆的同心性和圆台的形成可知，，
故四边形为等腰梯形.
【小问2详解】
如图所示：
连接,过点作于点，

则,所以由勾股定理得高，
，
，
故剩余部分的体积.
16. 如图，在三棱柱中，，，，平面底面，分别是的中点，P是与的交点．

（1）证明：平面平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面平行的判定定理即可证明；
（2）根据向量法即可求二面角夹角的余弦值.
【小问1详解】

连接，
因为分别是的中点，P是与的交点，
所以为的中位线，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
又因为且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，所以平面平面；
【小问2详解】
因为，，所以是等边三角形，
取的中点为，连接，则，，
又因为平面底面且交线为，所以底面，
因为，，，所以，
所以，所以，
所以取的三分之一等分点，，连接，则
以为坐标原点，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，以所在的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
则，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
，
令，则，所以，
同理可得，，
令，则，所以，
所以，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值.
17. 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其外接圆的半径为，且．
（1）求B；
（2）若B的角平分线交AC于点D，，点E在线段AC上，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到；
（2）由正弦定理得到，，根据得到方程，求出，根据余弦定理得到，联立求出，由三线合一得到⊥，，，进而求出，求出三角形面积.
【小问1详解】
由正弦定理得，
故，
因为，所以；
【小问2详解】
由正弦定理得，解得，
因为，所以，
因为B的角平分线交AC于点D，所以，
由得，
即，
在中，由余弦定理得，
故，即，
联立与，解得，负值舍去，
故，解得，
由三线合一可得⊥，且，，
故，.
18. 如图1，直角梯形中，，，，，以为轴将梯形旋转后得到几何体W，如图2，其中，分别为上下底面直径，点P，Q分别在圆弧，上，直线平面.
（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正切值等于，求P到平面的距离；
（3）若平面与平面夹角的余弦值，求．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先证明和平面，再根据面面垂直判定定理即可得证.
（2）先求证点P到平面的距离即为C到平面的距离，再利用即等体积法即可求解.
（3）建立空间直角坐标系利用空间向量法结合已知条件计算求解出点H坐标即可求解.
【小问1详解】
设平面交上底面于，在圆弧上，
因为上下底面平行，故，
又因平面，平面，平面平面，
所以，所以，
由题意可知，又，平面，
所以平面，所以平面，
又平面，平面平面.
【小问2详解】
由（1）知平面，连接，所以是直线与平面所成角，
所以由题意，
又由题意，，
所以，所以，即在圆弧的中点上，
所以由知点P在圆弧中点上，故,
所以，
因为平面，所以点P到平面的距离即为F到平面的距离，
又圆柱结构性质可知,平面，平面，
所以平面，所以F到平面的距离即为C到平面的距离，设该距离为，
因为，
，
又，所以，即点P到平面的距离为.
【小问3详解】
过作垂直于底面，则由上知，
所以可建立如图所示的分别以为轴的空间直角坐标系，
则，设，且，
所以，
设平面的法向量为，则，
所以即，取可求得，
设平面的法向量为，则，
所以即，取可求得，
设平面与平面的夹角为，则，且，
整理得，
所以即，
即，所以，
所以，所以.
【点睛】思路点睛：过作垂直于底面，建立分别以为轴的空间直角坐标系，设未知点，求出平面和平面的法向量，从而根据二面角的空间向量法结合已知条件建立关于的等量关系，从而求出即可求出.
19. 如图所示，用一个不平行于圆柱底面的平面，截该圆柱所得的截面为椭圆面.得到的几何体称之为“斜截圆柱”．AB是底面圆O的直径，，椭圆面过点B且垂直于平面ABC，且与底面所成二面角为45°，椭圆上的点在底面上的投影分别为，且均在直径AB同一侧．

（1）当时，求的长度；
（2）当时，若下图中，点，，，…，将半圆平均分成7等分，求；
（3）证明：．
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）过中点作与该斜截圆柱的底面平行的平面圆，利用二面角得到，在俯视图中求出，即得的长；
（2）利用（1）推出的公式，依次代入，，，,,,求得关于的三角函数式，利用二倍角公式和诱导公式化简计算即可；
（3）由，可得椭圆面的轮廓线即函数的图象，作出该函数在上的图象，并标上作出对应矩形，即得图中所有的矩形面积之和即待证式左式，最后利用补形求出函数与坐标轴围成的面积，比较即得不等式成立.
【小问1详解】

如图，取CD中点，过作与该斜截圆柱的底面圆平行且全等的圆面，
交于点，与交于点，过点B作底面圆的垂线交平行圆面于点，
由椭圆面过点B且与底面所成二面角为45°，则，
因为所以，
过作GH的垂线，交圆于J、K两点.
过作交JK于点，又由圆M，因为圆M,则,
又因 , 平面 ,故平面 ,
因平面,故 ，
所以为椭圆面与圆所在平面的夹角，也即椭圆面与底面所成角，
所以，则为等腰直角三角形，.
设，如图作圆所在平面的俯视图，则，
由，所以，则有，
所以，即，
当时，;
【小问2详解】
当时，，由（1）可得：
所以，…,
则
；
【小问3详解】
由（1）知，也即是关于的函数，
也即将斜截圆柱的侧面沿着展开，其椭圆面的轮廓线即为函数的图象，
如图，将绘制于函数图象上，

并以，（）为边作矩形，则矩形面积即为，
所以即为这些矩形的面积之和.
而函数的图象与轴围成的面积即为该斜截圆柱的半个侧面积，
我们把两个该斜截圆柱可拼成一个底面半径为1，高为2的圆柱，
因此该斜截圆柱的半个侧面积为，
所以函数与坐标轴围成的面积为，
又因为无论点是否均匀分布在半圆弧AB上，
这些矩形的面积之和都小于函数与坐标轴围成的面积.
所以，
即问题得证.
【点睛】思路点睛：解题思路在于作出与底面平行的横截面，利用二面角建立与的函数关系，结合三角函数的图象理解待证式左边的几何意义，最后通过补形求得斜截圆柱的半个侧面积，比较即得证不等式.