精品解析：河南省商丘市2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题（解析版）

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全卷满分150分，考试时间120分钟
一､单选题：本题共8小题，每题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.
1. 已知非零向量，，若，则（ ）
A. 8B. C. 6D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量共线的坐标表示求出，即可得到的坐标，从而求出其模.
【详解】因为非零向量，且，
所以，（舍去）或，，即．
故选：C
2. 如图，在中，为边的中点，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助平面向量的线性运算及平面向量基本定理计算即可得.
【详解】为的中点，，
．
故选：D.
3. 设，则的虚部是（ ）
A. 1B. -1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用复数除法运算求出，再求出即可.
【详解】依题意，，
则，所以的虚部是.
故选：B
4. 北京天安门广场中心屹立着一座中国最大的纪念碑——人民英雄纪念碑，它专门为缅怀近现代英雄而建，它不仅仅是一个简单的建筑，更是民族精神的象征.某学生为测量该纪念碑的高度，选取与碑基在同一水平面内的两个测量点.现测得米，在点处测得碑顶的仰角为，则纪念碑高为（ ）
A. 米B. 米C. 米D. 米
【答案】A
【解析】
【分析】中，利用正弦定理求出，在中，，代入求值即可.
【详解】在中，，
由正弦定理得，即，解得，
在中，．
故选：A
5. 如图，在中，，，为边AB的中点，线段AC与DE交于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】借助几何性质可得，借助余弦定理可得，再借助余弦定理的推论即可得解.
【详解】因为，，所以是等边三角形，所以，
因为，所以，所以，
设，则，
在中，由余弦定理可得，
所以．
故选：C.
6. 如图，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，则原图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据所给数据做出直观图形的面积，由直观图的面积和原图的面积关系，得到结果．
【详解】根据矩形是一个平面图形的直观图，其中，
可得直观图面积是
由直观图的面积是原图的面积的倍，原图形的面积是．
故选：A
7. 已知是两个不同的平面，是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ）
A. 若上有两点到平面距离相等，则
B. 若，则与是异面直线
C. 若，则与没有公共点
D. 若，则与一定相交
【答案】C
【解析】
【分析】利用线面平行意义判断A；利用面面平行的意义判断CD；由的位置关系判断D.
【详解】对于A，上有两点到平面距离相等，平面可以过这两点的中点，此时与相交，A错误；
对于BC，，则没有公共点，由，得与没有公共点，
与是平行直线或者是异面直线，C正确，B错误；
对于D，，则或与是相交直线，当时，，D错误.
故选：C
8. 如图，在正方体中，点是棱上的一个动点，平面交棱于点，则下列命题中不正确的是（ ）
A. 存在点，使得平面
B. 对于任意点，四边形均为平行四边形
C. 四边形的面积随点位置的变化而变化
D. 三棱锥的体积随点位置的变化而变化
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面平行的判定判断A；利用面面平行的性质判断B；设，求出四边形面积表达式判断C；根据棱锥的体积公式判断D.
【详解】对于B，显然四点共面，平面平面，
平面平面，平面平面，
则，同理可证，即四边形为平行四边形，B正确；
对于A，令正方体的棱长为2，
当F为中点时，，即，解得，即E也为的中点，
连接，而，则四边形为平行四边形，
则，平面平面，因此平面，A正确；
对于C，令，设，则，而，
，
四边形面积
，因此四边形的面积随点位置的变化而变化，C正确；
对于D，由，平面，平面，
得平面，即点F到平面的距离为定值，而的面积为定值，
因此三棱锥的体积为定值，即对于任意点F，三棱锥的体积均不变， D错误．
故选：D
二､多选题：本题共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.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分.
9. 已知向量，，且，则（ ）
A. 与同向的单位向量为B. 与的夹角为
C. D. 在上的投影向量是
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，根据列方程得到，然后根据与同向的单位向量为计算；B选项，根据夹角公式计算；C选项，根据平面向量坐标的加法运算公式和模的公式计算；D选项，根据在上的投影向量是计算.
【详解】，，
，即，解得或（舍去）．
对于A，，，与同向的单位向量为，故A正确；
对于B，，
而，则，故B错误；
对于C，，，故C正确；
对于D，在上的投影向量是
，故D正确．
故选：ACD.
10. 下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 若，则的最小值为1
D. 若是关于的方程的根，则
【答案】BD
【解析】
【分析】由的乘方的周期性及复数模的计算判断A；设计算判断B；求出复数在复平面内对应点的轨迹，再借助圆的性质判断C；由实系数一元二次方程的虚根成对出现，再由根与系数的关系求出值判断D.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，设，则，
而，因此，B正确；
对于C，是复平面内复数对应点到对应点的距离为1，
则点轨迹是以A为圆心，1为半径的圆，是圆A上的点到点的距离，
，C错误；
对于D，是关于x的方程的根，
则也是关于x的方程的根，
因此，解得，D正确.
故选：BD
11. 在中，内角所对的边分别为，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则是等腰三角形
C. 若，则满足条件的三角形有两个
D. 若，且，则为等边三角形
【答案】ACD
【解析】
【分析】A利用正弦定理判断；B由方程在三角形内有两个解判断；C由正弦定理及大边对大角即可判断；D根据向量线性关系及数量积的几何意义易知的平分线垂直于且，即可判断.
【详解】对于，因为，可得，由正弦定理，得，
所以，故正确；
对于，中，，又，，
所以或，即或，
可得的形状为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
对于，若，
由正弦定理，有，又，
所以可以是锐角也可以是钝角，所以满足条件的三角形有两个，故C正确；
对于，表示角平分线的单位向量，
因为，所以的角平分线与直线垂直，
所以等腰三角形，
而，所以，
又，所以，所以为等边三角形，故D正确.
故选：.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则__________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据正弦定理进行边角互换得到，然后利用余弦定理计算即可.
【详解】，由正弦定理变形得，
，
又由余弦定理得，
．
故答案为：.
13. 已知边长为2的等边中，为的中点，以为折痕进行折叠，使折后的，则过四点的球的体积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由给定条件，可得两两垂直，补形成长方体，利用长方体的外接球即为三棱锥的外接球，再求出球半径及体积.
【详解】正的边长为2，为的中点，则，
依题意，，又，则三棱锥的棱两两垂直，
则以为共点的3条棱的长方体的外接球即为三棱锥的外接球，
于是该球的直径，即，
所以过四点的球的体积为.
故答案为：
14. 窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术．图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花．图2中正六边形的边长为4，圆的圆心为该正六边形的中心，圆的半径为2，圆的直径，点在正六边形的边上运动，则的最小值为____________

【答案】8
【解析】
【分析】由，，然后由数量积的运算公式，结合正六边形的性质，即可求解.
【详解】如图，连结，显然，
，
，
点在正六边形的边上运动，是其中心，
因此的最小值等于中心到正六边形的边的距离，距离为.
所以的最大值为.
故答案为：8
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. 已知非零向量满足，且.
（1）求；
（2）当时，求向量与的夹角θ的值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用数量积的运算律求解即得.
（2）利用数量积的运算律及夹角公式求解即得.
【小问1详解】
向量，由，得，即，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，而，
则，，
因此，而，
所以所求夹角.
16. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.
（1）求角B的值；
（2）若，且的面积为，求的周长.
【答案】（1）；
（2）6.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边化角得出，再利用两角和的正弦公式化简即可得出角的值.
（2）由三角形面积公式化简得出，再由余弦定理得出，即可得出的周长.
【小问1详解】
在中，由及正弦定理边化角，
得，即，
则，
即，又，则，，
而，所以．
小问2详解】
由（1）知，，，解得，
由余弦定理得，
即，解得，
所以的周长为6．
17. 已知在正方体中，是中点.
（1）求证：平面；
（2）设正方体棱长为，求三棱锥的表面积和体积.
【答案】（1）证明见解析；
（2）表面积为，体积为.
【解析】
【分析】（1）连接BD交AC于O，连接OE，即可得到，从而得证.
（2）根据正方体的结构特征及计算可得.
【小问1详解】
在正方体中，是中点，
连接BD交AC于O，连接OE，显然O是的中点，则，
又平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
显然两两垂直，而，则，
又是的中点，则，，
所以三棱锥的表面积为；
体积为
18. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且.
（1）求面积的最大值；
（2）若为边BC的中点，求线段的长度．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理角化边化简已知等式，可得，再由余弦定理即可求得答案；
（2）由向量的线性运算以及数量积的运算律可得的表达式，再结合（1）的结果推出，即可求得答案.
【小问1详解】
，
由正弦定理可得，
即，
由余弦定理可得，
又，故，
又，，，当且仅当时取等号．
，
故面积的最大值为；
【小问2详解】
是边BC的中点，，
．
，，，
又由（1）知，，
，，
即线段AD的长度为.
19. 如图，四边形是圆柱底面的内接四边形，是圆柱的母线，，是上的动点.

（1）求圆柱的侧面积；
（2）求四棱锥的体积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出圆柱底面半径为r，进而求出结果；
（2）利用余弦定理结合基本不等式求出，再利用体积公式求出结果.
【小问1详解】
如图：

连接BD，在中，，，，
由余弦定理，得，
所以，设圆柱底面半径为r，由正弦定理，得，
所以，故圆柱的侧面积；
【小问2详解】
由（1）知，中，，，
由余弦定理，得
，即，
当且仅当时，等号成立，
所以，
因为，又，
所以四棱锥的体积，
，
故四棱锥的体积的最大值为.