浙江省金兰教育合作组织2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题 含解析

这是一份浙江省金兰教育合作组织2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题 含解析，共29页。
命题：梦麟中学 袁建甫 审题：书生中学 叶双能 宁波二中 丁益
考生须知：
1．本卷满分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、座位号及准考证号并核对条形码信息；
3．所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷；
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. 已知向量，，若，则（ ）
A. 2B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据共线的坐标关系即可求解.
【详解】由可得，解得，
故选：B
2. 下列四个命题中正确的是（ ）
A. 每个面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥
B. 所有棱长都相等的四棱柱是正方体
C. 以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱
D. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，举出反例可得AB错误，由圆柱、圆锥的定义分析CD，综合可得答案．
【详解】根据题意，依次分析选项：
对于A，如图：
在三棱锥中，有，，
该每个面都是等腰三角形，但该棱锥不是正三棱锥，A错误；
对于B，底面为菱形直四棱柱，其侧棱与底面边长相等，
该四棱柱的所有棱长都相等，但不是正方体，B错误；
对于C，以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆柱，C正确；
对于D，以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体叫做圆锥，D错误．
故选：C．
3. 已知复数，其中是虚数单位，则的虚部是（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】由复数的乘法运算化简，即可由虚部定义求解.
【详解】由可得，
所以虚部为，
故选：C
4. 已知，为非零向量，且满足，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先应用数量积运算律化简，再应用投影向量定义计算.
【详解】因为,
所以，
则在的投影向量为.
故选：B.
5. 已知的三条边长分别为a，b，c，且，则此三角形的最大角与最小角之和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
分析】根据题意由边长比例关系可求得再由余弦定理可得，即可得出结论.
【详解】根据题意不妨设，；解得
所以可得此三角形的最大角与最小角分别为和；
由余弦定理可得，又，
可得；
所以.
故选：B
6. 已知平面直角坐标系下，的三个顶点坐标为：，，，若斜二侧画法下的直观图是，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，由点、、的坐标可得向量坐标，根据数量积可得垂直关系，进而可得，同时求出|AB|、的长，由此可得的面积，结合直观图面积与原图面积的关系，分析可得答案．
【详解】根据题意，的三个顶点坐标为：，，，
则,则有，所以,即直线与垂直，，
同时，，
故的面积，
则其直观图的面积．
故选：A．
7. 如图所示，在中，点E为线段上的中点，点F为线段上靠近点C的三等分点，，分别与交于R，T两点．则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用平面向量基本定理，由点的位置关系可得出向量的比例关系，再根据平面向量的三角形法则和平行四边形法则运算，对选项逐一验证即可求得结果.
【详解】根据题意可知，且，所以；
对于A，易知，
因此可得，可得A错误；
对于B，点E为线段上的中点，由平行四边形法则可得，
而；
联立，解得，即B错误；
对于C，易知，所以，因此可得，
所以
，即可得C正确；
对于D，，
因此可得，即D错误.
故选：C
8. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，边上的中线、高线、角平分线长分别是，，，则下列结论中错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】A中，由正弦定理可得中线的表达式，判断出A的真假；B中，由三角形等面积法求出角平分线的表达式，判断出B的真假；C中，由三角形等面积法求出高的表达式，判断出C的真假；D中，由选项的分析，可得三角形的面积的表达式，判断出D的真假．
【详解】A：设为的中线，由可得,可得，
即，所以A正确；
B中，设，设为的角平分线，所以，
由三角形等面积法可得，
可得，
所以，即，所以B正确；
设为边上的高，由等面积法可得，
所以，因为，由余弦定理可得，
所以，
所以，
即，所以C正确；
D中，由C可得，所以D不正确．
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，有选错的得0分，部分选对得部分分）
9. 已知复数，均不为0，复数的共轭复数为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】依题意设，由共轭复数的定义以及模长公式利用复数运算法则对选项逐一计算进行验证即可求得结果.
【详解】根据题意，不妨设，且和不同时为零；
对于A，，
又，即可得，所以A正确；
对于B，，
而，因为不一定成立，所以B错误；
对于C，，
，因此，即C正确；
对于D，易知
，
又，所以，即D正确.
故选：ACD
10. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法中正确的是（ ）
A. 若，则是直角三角形
B. 若，则是锐角三角形
C. 若，则是等腰三角形
D. 若，则是等边三角形
【答案】AD
【解析】
【分析】利用正弦定理以及三角恒等变换可判断A正确，由只能得到为锐角，可判断B错误，
由正弦定理和两角差的正弦公式可得是等腰三角形或直角三角形，判断C，
由可判断出，判断D.
【详解】对于A，由正弦定理可得，
又，因此可得，
又因为，所以可得，又，可得，
所以是以为直角的直角三角形，即A正确；
对于B，若，可得，可得为锐角，
但不能确定是否为锐角，所以不一定是锐角三角形，即B错误；
对于C，若，由正弦定理可得，
即，因此可得或，
可得或，所以是等腰三角形或直角三角形，即C错误；
对于D，由根据正弦定理可得，
由可得，即，所以；
同理由可得，因此，所以是等边三角形，即D正确；
故选：AD
11. 已知，为非零向量，且满足，，则（ ）
A. ，夹角的取位范围是B. 的取值范围是
C. 的取值范围是D. 的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A中，设，的夹角为，由题意求出csθ的取值范围，即可得出夹角的范围；选项B中，由csθ的取值范围，列不等式求出的取值范围；选项C中，由取值范围，求出的取值范围；选项D中，由的取值范围，直接求出的范围．
【详解】设，的夹角为，由，，得，
所以，解得，当且仅当，即时取“”，
所以，所以夹角的取值范围是，A正确；
由，得，等价于，
解得，所以的取值范围是,，选项B正确；
因为，，，所以,，
即的取值范围是,，C错误；
，
由,，得,，所以,，D正确．
故选：ABD．
非选择题部分
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知（是虚数单位），则__________
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算即可求解.
【详解】由可得，所以，
故答案为：
13. 已知球O的体积为，则球O的表面积为___________，球O的内接正四面体的体积为_________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用球的体积和表面积公式可求得其表面积为，设球O的内接正四面体的棱长为，找出球心位置并利用勾股定理可求得其棱长为，再由锥体体积公式即可得出正四面体的体积为.
【详解】设球O的半径为，所以，解得；
因此球O的表面积为；
设球O的内接正四面体的棱长为，如下图所示：
易知，取的中点为，则，可得，
作平面，则为正三角形的中心，所以；
由勾股定理可得，
易知球心在上，且，
所以
由勾股定理可得，即，解得，
则正四面体的体积为为.
故答案为：；；
14. 勒洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛．如图所示，分别以正三角形的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为勒洛三角形．已知正三角形边长为2，点P为圆弧上的一点，且满足：，则PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA的值为__________．
【答案】1
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，设,，利用的面积和点到直线的距离公式，求得，再根据平面向量数量积的坐标运算进行计算即可得出结论．
【详解】如图，以为原点建立平面直角坐标系，
因为弧在圆上，设,，则，
设点到直线的距离为，
由，可得，
由，，，
可得直线方程为：，即，
故点到直线的距离，
因为在直线上方，所以，
所以，故，
由，，，
可得
，
则PA⋅PB+PB⋅PC+PC⋅PA的值为1．
故答案为：1．
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
（1）若复数是方程的一个复数根，求实数a，b的值；
（2）若复数满足，求．
【答案】（1），；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据复数的乘法运算，结合复数相等的充要条件，即可列方程求解，
（2）由复数的除法运算可得，即可由模长公式求解.
【小问1详解】
，所以，
【小问2详解】
由可得
故
16. 如图所示，已知三棱柱的所有棱长都为1，，点P为线段上的动点．
（1）若点恰为线段上靠近点的三等分点，求三棱锥P−A1BC和三棱柱的体积之比；
（2）求的最小值及此时的值．
【答案】（1）；
（2），
【解析】
【分析】（1）应用锥体及柱体的体积计算得到比值；
（2）先根据侧面展开图得出三点共线时取最小值，再应用余弦定理计算即可.
【小问1详解】
【小问2详解】
将绕着直线旋转至平面，当P，，C三点共线时，取得最小值
∵，，
∴
∴．
此时，
17. 设向量，满足，，．
（1）求的值；
（2）已知与的夹角的余弦值为，求的值．
【答案】（1）；
（2）6
【解析】
【分析】（1）利用模长关系即可得出向量，的数量积，可求得的值；
（2）根据向量夹角计算公式可得，解方程即可得.
小问1详解】
由可得，
所以；
因此，
可得.
【小问2详解】
易知
而
所以,
即，也即；
又∵，
解得．
18. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且满足，．
（1）求B；
（2）若D，E为线段上的两个动点，且满足，，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可求解，
（2）根据正弦定理可得的表示，即可利用三角形的面积公式，即可利用三角恒等变换，结合三角函数的性质即可求解.
【小问1详解】
∵
∴,
在中，
∴
∴，
又在中，
∴，∴
∵，∴
【小问2详解】
∵，∴
∵，∴
或
又，所以，故，，
由正弦定理可得,故，∠ACB=30°
设，其中，则，
在中，由正弦定理可得
则
在中，由正弦定理可得
则．
∴的面积
∵，则
∴，即
∴．
19. 对于平面向量，定义“变换”：，
（1）若向量，，求；
（2）已知，，且与不平行，，，证明：；
（3）若向量，求．
【答案】（1）；
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）将，带入变换计算可得；
（2）利用变换规则计算向量数量积可得，且，，再由面积公式即可得出结论；
（3）利用变换规则以及三角恒等变换以及可得，即可解得θ=2π3
【小问1详解】
根据题意可得，，，
代入变换可得，
即
【小问2详解】
得，同理可得，
；
所以，
则，
得，
即；
【小问3详解】
易知
；
且
所以
；
因此
由，
可得，
即又，
解得θ=2π3．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解新定义的运算规则，得出任意两向量之间的关系，再结合三角恒等变换以及向量数量积的运算规则即可求解.