福建省龙岩市龙岩市一级校高一下学期4月期中联考数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省龙岩市龙岩市一级校高一下学期4月期中联考数学试题（解析版）-A4，共19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。
（考试时间：120分钟 总分：150分）
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. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法运算写出进而写出的值.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：A
2. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，若，则（ ）
A. 1B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】由二倍角公式求出，由正弦定理即可求.
【详解】因为，，
所以，解得，
由正弦定理可得，
故选：A
3. 如图，在矩形ABCD中，E为CD的中点，则向量（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的加法法则和矩形的性质求解即可.
【详解】因为在矩形ABCD中，E为CD的中点，
则，
所以
.
故选：C.
4. 已知m，n是两条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若m，n是异面直线，，，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】利用线面平行、面面平行的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解．
【详解】对于A，若，，则与平行或相交，故A错误；
对于B，若，，则或，故B错误；
对于C，若，，，则与平行或异面，故C错误；
对于D，因，所以在内存在直线∥，又，所以∥；
又是两条异面直线，所以直线与是两条相交直线；又，所以；故D正确.
故选：D.
5. 已知向量，满足，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用条件计算，再利用投影向量的公式计算即可.
【详解】因，则，
则，故，
则在上的投影向量为.
故选：B
6. 已知在正方形ABCD中，AC与BD相交于点O，E为BC的中点，DE与CO相交于点F，M为DF的中点，若，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角形相似得到，利用向量基本定理进行求解.
【详解】四边形为正方形，故，则∽，
E为BC的中点，DE与CO相交于，故，
所以，
，
所以，
则
故选：D
7. 如图，在棱长为2的正方体中，M，P分别是棱，的中点，平面与平面将该正方体截成三个多面体，其中N，Q分别在棱BC，上，则多面体的表面积为（ ）
A. 14B. 15C. 16D.
【答案】C
【解析】
【分析】由面面平行的性质定理确定为中点，为中点，进而逐个计算每个面的面积即可.
详解】由题意得平面平面，
又平面平面 ，
平面平面，，
正方体中易知，
所以，为中点，为中点，
同理， 为中点，
所以，
所以四边形的面积等于，
所以四边形的面积等于，
易知四边形为等腰梯形，其中，
如图，过作，易得，
所以四边形的面积为，
同理四边形的面积为，
所以多面体的表面积为，
故选：C
8. 在四边形ABCD中，，，，若P为三条边上的一个动点，且，则以下说法正确的是（ ）
①满足的点P有且只有1个
②满足的点P恰有2个
③能使取最大值的点P恰有2个
④能使取最大值的点P有无数个
A. ①②B. ①③C. ②③D. ②④
【答案】D
【解析】
【分析】先分P在边BC上，P在边AB上和P在边AC上三种情况，求出此时的关系，对四个选项一一判断，得到结论.
【详解】如图，得，
当P在边BC上时，设，，
，
又，，，
，.
当P在边AB上时，，，故，.
当P在边AC上时，设，，
，
，，，，.
①当时，令中，此时，此时点P就是点C，
或当P在边AB上时，也满足，，故①错误；
②当时，有，，此时P在边AB上，
或点P在AC上，此时，，，，
这样的点P有2个，故②正确；
③的最大值为，此时，，这样的点P有且只有1个，故③错误；
④的最大值为3，当P在边BC上时，恒有，这样的点P有无数个，故④正确.
故选：D.
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. 已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A. 复数的虚部为B.
C. 复数是方程的解D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据除法运算求得复数，再根据复数的虚部定义、复数的模以及复数的乘法运算，逐项计算判断.
【详解】由可得，
对于A，复数的虚部为，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，将代入方程可得，
所以复数是方程的解，故C正确；
对于D，因为，所以，则，所以，故D正确.
故选：ACD.
10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，则（ ）
A. B. 外接圆的面积为
C. 面积的最大值为D. 周长的最大值为
【答案】BC
【解析】
【分析】A. 利用正弦定理将边转化为角，结合三角恒等变换求解；B.利用正弦定理求解；C.利用余弦定理，结合基本不等式求解；D.利用余弦定理，结合基本不等式求解.
【详解】因为，由正弦定理得，
因为，所以，则，即，故A错误；
由正弦定理得外接圆的半径为，即，
所以外接圆的面积为，故B正确；
由余弦定理得，即，则，
当且仅当时，等号成立，所以三角形的面积为：，故C正确；
由，得，
则，当且仅当时，等号成立，
所以三角形的周长为，故D错误，
故选：BC
11. 如图，在长方体中，，，，E是棱上的一个动点，下列命题正确的是（ ）
A. 长方体外接球的表面积为
B. 过A，E，三点的平面截长方体所得截面的周长的最小值为
C. 在棱上存在相应的点G，使得平面
D. 若，点F在四边形（包括边界）上运动，且平面，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由长方体外接球特征，可知体对角线长为直径，即可判断A；由截面性质，过A，E，三点的平面截长方体所得截面为平行四边形，其周长为，将空间体侧面做展开，可知A，E，三点共线时有最小值，可判断B；假设平面，若E与C与重合，的平行线与平面相交，可判断C；由条件，E点为的一个三等分点，则在上取三等分点，在上取二等分点，可确定F的轨迹，即可确定D选项.
【详解】A选项：由已知，长方体体对角线长，
其中，R为外接球的半径，则，外接球的表面积，A选项正确；
B选项：
在长方体的棱上取点F，满足，连接、，
因为,则，同理可证，
则四边形为平行四边形，是过A，E，三点的平面截长方体所得截面，
则周长，
将侧面与沿着展开，可得侧面展开图如下图所示，
当A，E，三点共线时有最小值，
此时，B选项正确；
C选项中，假设平面，若E与C与重合，在上取点H，满足，
则，由图可知，的平行线与平面相交，假设不成立， C选项错误；
D选项：E点为一个三等分点，则在上取三等分点N，在上取二等分点M，
因为，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
在上取靠近的三等分点P，
连接，因为，所以，
由等分关系，，所以，
平面，平面，
所以平面，
又，平面
所以平面平面，结合题意可知F的轨迹为.
又因为，所以，，
所以的最小值是等边三角形的高线，，D选项正确.
故选：
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量满足，的夹角为，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的模长公式直接代入求解即可.
【详解】，
故答案为：.
13. 如图，为测量高度CD，选取与C在同一水平面内的两个测量点A，B.现测得，，千米，在点B处测得D的仰角为，则CD的高为______千米.
【答案】
【解析】
【分析】在中，根据三角形内角和定理求出，再利用正弦定理求得.在中，根据，即可求解.
【详解】在中，∵，，
∴.
由正弦定理可知，.
在中，，，
.
故答案为：.
14. 在锐角三角形ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，若存在最大值，则实数的取值范围是______.
【答案】.
【解析】
【分析】先利用余弦定理结合可得，再利用正弦定理化边为角，再结合三角形内角和定理，求出的关系，从而可将都用表示，再根据三角形为锐角三角形求出的范围，再根据二倍角的余弦公式结合二次函数的性质即可得解.
【详解】由余弦定理可得，则，
由正弦定理可得，
则
.
因为为锐角三角形，则，，所以，
又因为函数在内单调递增，所以，可得，
则
.
由于为锐角三角形，因此，即，解得，
所以，则.
因为存在最大值，
所以，解得，
则实数的取值范围是.
故答案：.
四、解答题：本大题共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，，且是纯虚数，其中a为实数，i是虚数单位.
（1）求a的值；
（2）在复平面内，O为坐标原点，向量，对应的复数分别是，，若，求实数c的值.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）由复数除法以及纯虚数的概念即可列式求解；
（2）由复数的几何意义得出，结合向量减法及模长公式即可得解
【小问1详解】
复数，，，
则.
因为是纯虚数，所以，解得.
【小问2详解】
由（1）得，.
由题意得，点O，A，B的坐标分别为，，，
所以，，因为，
所以，解得或.
16. 已知平面向量，.
（1）当实数为何值时，与垂直？
（2）若与所成的角为锐角，求实数的取值范围.
【答案】（1）的值为4；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据向量垂直时数量积为0，根据数量积的坐标运算可求解；
（2）根据两向量所成的角为锐角时，数量积大于0且不共线，利用数量积和向量共线的坐标运算求解.
【小问1详解】
因为，，所以，.
因为与垂直，
所以，解得，
故当实数的值为4时，满足题意.
【小问2详解】
由题意，，，
因为与所成的角为锐角，
所以，且与不共线，
由，即，解得.
当与共线时，，解得，
所以，当与不共线时，.
综上可知，实数的取值范围为.
17. 在中，D是BC边上的点且，.
（1）求的值；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用角平分线的性质及正弦定理可得答案；
（2）利用余弦定理求出，结合面积公式可得答案.
【小问1详解】
由题意知AD为的角平分线，根据三角形角平分线的性质可知，
因为，
所以，即.
【小问2详解】
设，在中，因为，，
所以，所以.
在中，，，
所以，所以.
又，所以，解得.
在中，，，
所以，所以.
18. 如图1，设半圆的半径为2，点B，C三等分半圆，P，M，N分别是OA，OB，OC的中点，将此半圆以OA为母线卷成一个圆锥（如图2）.在图2中完成下列各题.
（1）求证：平面平面ABC.
（2）求四面体ACMN的体积.
（3）若D是AN的中点，在线段OB上是否存在一点E，使得平面ABC？若存在，求的值，并证明你的结论；若不存在，说明理由
【答案】（1）证明见解析
（2）.
（3）存在，，证明见解析
【解析】
【分析】（1）易证平面ABC，平面ABC，再利用面面平行的判定定理证明；
（2）由求解；
（3）取AC的中点F，且D是AN的中点，连接DF，得到，，取CB的四等分点G，使，得到，，从而四边形DFGE是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明.
【小问1详解】
证明：因为M，N分别是OB，OC的中点，所以，
又平面ABC，平面ABC，
所以平面ABC，同理得平面ABC，
又平面PMN，平面PMN，，
所以平面平面ABC.
【小问2详解】
如图所示：
设圆锥的底面圆半径为r，则，解得.
所以在图中，B，C为圆锥的底面圆周的三等分点，
所以为等边三角形，所以，所以.
，圆锥的高，
所以，
所以，
即四面体ACMN的体积为.
【小问3详解】
如图所示：
在线段OB上存在点E，且，使得平面ABC，
理由如下：
取AC的中点F，且D是AN的中点，连接DF，
所以，.
取CB的四等分点G，使，连接GE，FG.
因为，所以，，
所以，，所以四边形DFGE是平行四边形，
所以，又平面ABC，平面ABC，所以平面ABC.
19. 古希腊数学家托勒密给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.已知凸四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，是其两条对角线.
（1）若为凸四边形的外接圆直径，，，，求与的长度；
（2）若，且为正三角形，求面积的最大值；
（3）已知，且，，求的最大值
【答案】（1），.
（2）.
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据为外接圆的直径得，再由同弧所对的圆周角相等得，最后由已知条件及正弦定理即可求解；
（2）设的边长为a，由托勒密定理得，根据四点共圆得，然后由三角形面积公式及基本不等式求解即可；
（3）构造圆内接四边形，设，，，，构造，在中由余弦定理得，再由托勒密定理得，然后利用三角形的面积公式，由列式求解即可.
【小问1详解】
如图①，因为为外接圆的直径，
所以，
因为，
所以.
因为，
所以（同弧所对的圆周角相等）.
在中，，，
所以，，.
在中，，，
由正弦定理，解得.
【小问2详解】
如图②，设的边长为a，
由托勒密定理，
得，即.
因为四点共圆，
所以，
所以，
，
当且仅当时，等号成立，
所以.
【小问3详解】
如图③，构造圆内接四边形，
设，，，，
由，构造，
由共圆得，
由余弦定理得，
由托勒密定理得，
即.
由三角形面积公式得
，
所以.
因为.
所以，
当且仅当时，等号成立，的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了数学文化，数学定理的应用，以及由正弦定理、余弦定理解三角形，第三问的关键是构造圆内接四边形，设，，，，构造，在中由余弦定理得，再由托勒密定理得，然后利用三角形的面积公式，由列式求解，计算比较繁杂.