浙江省金华市第一中学2023-2024学年高一下学期4月期中数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省金华市第一中学2023-2024学年高一下学期4月期中数学试题（Word版附解析），文件包含浙江省金华市第一中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题Word版含解析docx、浙江省金华市第一中学2023-2024学年高一下学期4月期中考试数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
一、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. 复数为虚数单位）的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由虚数的定义求解．
【详解】复数的虚部是－1．
故选：B．
【点睛】本题考查复数的概念，掌握复数的概念是解题基础．
2. 已知向量，若，则实数（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】依题意可得，根据数量积的坐标运算得的方程，解得即可；
【详解】解：因为，且，
所以，即，解得；
故选：B
3. 中，A，B，C是的内角，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充要条件的定义分析可得答案.
【详解】若，则成立，所以“”是“”的充分条件，
若，因为，所以，所以“”是“”的必要条件，
所以“”是“”的充分必要条件，
故选：C．
4. 对于两条不同的直线m、n和两个不同的平面α、β，以下结论中正确的是（ ）
A. 若，，m、n是异面直线，则α、β相交
B 若m⊥α，m⊥β，，则
C ，，m、n共面于β，则
D. 若m⊥α，n⊥β，α、β不平行，则m、n为异面直线
【答案】C
【解析】
【分析】由线面平行的性质和面面的位置关系可判断A；由线面垂直的性质和面面平行的判断和性质，可判断B；由线面平行的性质定理可判断C；由线面垂直的性质和面面的位置关系可判断D．
【详解】若，，m、n是异面直线，则α、β相交或平行，故A错误；
若m⊥α，m⊥β，则，由，则或，故B错误；
利用线面平行的性质定理，可知，，m、n共面于β，则成立，故C正确；
若m⊥α，n⊥β，α、β不平行，则m、n为异面直线或相交，故D错误．
故选:C.
5. 向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析】代入投影向量公式，即可求解.
【详解】向量在向量上的投影向量为.
故选：C
6. 侧面积为的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面半径为（ ）
A. B. C. 2D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆锥侧面积公式及圆的面积求解.
【详解】设底面半径为，母线长为，
则，解得，
又，解得，
故选：D
7. 已知三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，且，，则此三棱锥外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三棱锥的三条侧棱两两垂直，知其外接球就是所在长方体的外接球，设出棱长，求出体对角线，即可得出球的直径得解.
【详解】三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，
其外接球就是以为长、宽、高的长方体的外接球，
设，
则有，可求得，
即长方体的对角线的长为，所以球的直径是，半径为，
所以外接球的体积．
故选：A．
8. 中，已知，且，则是
A. 三边互不相等的三角形B. 等边三角形
C. 等腰直角三角形D. 顶角为钝角的等腰三角形
【答案】C
【解析】
【分析】先根据判断出的角平分线与垂直，进而推断三角形为等腰三角形，再由结合数量积公式求得，判断出三角形的形状．
【详解】∵，分别是与，同向的单位向量，
∴的角平分线与垂直，
∴，
∵
∴，得，
∵，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形．
故选：C．
二、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. 平面向量，是不共线的向量，则下列正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据的符号判断AC，再由判断BD.
【详解】因为，且向量，是不共线的向量，所以，所以，即，故A错误，C正确；
因为，当且仅当共线时等号成立，所以，故B错误，D正确.
故选：CD
10. 已知，则下列结论正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】设，利用复数的运算和模的运算求解，逐项判断.
【详解】解：设，则，
所以，，则，故A错误；
，
，所以，故B正确；
因为，所以，故C正确；
因为，所以，
而，所以，故D正确
故选：BCD
11. 下面有关三角形的命题正确的是（ ）
A. 若的面积为，则
B. 在中，，，.则这样的三角形有且只有一个
C. 在中，若，则最大内角是最小内角的2倍
D. 在中，，，，则边上的高为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A结合三角形的面积公式与余弦定理进行计算，对于B利用正弦定理可得，从而可求出角判断，对于C利用正弦定理化角为边，再结合余弦定理和二倍角公式求解，对于D由余弦定理求出，再根据三角形的面积公式求解.
【详解】对于A，由题意得，整理得，
所以，所以，得，
因为，所以，所以A正确；
对于B，由正弦定理得，则，得，
因为，所以或，所以满足条件的三角形有2个，所以B错误；
对于C，因为，所以由正弦定理得，
设，则最大角为，最小角为，
由余弦定理得，，
所以，
因为，所以均为锐角，所以，所以，
所以最大内角是最小内角的2倍，所以C正确；
对于D，由余弦定理得，则，即，解得或（舍去），因为，，所以，
所以的面积为，
设边上的高为，则，解得，所以D正确，
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设，若，其中是虚数单位，则_____________
【答案】7
【解析】
【分析】根据复数相等求解.
【详解】因为，
所以，即，
所以，
故答案为：
13. 如图所示，直观图四边形是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是____________.
【答案】##
【解析】
【分析】由斜二侧画法可知，原图为直角梯形，上底为1，高为2，下底为，利用梯形面积公式求解即可．
【详解】根据斜二侧画法可知，原图形为直角梯形，如图，
其中上底，高，下底为，
．
故答案为：．
14. 在边长为1的正方体中，点M是该正方体表面上一个动点，且平面，则动点M的轨迹的长度是__________.
【答案】
【解析】
【分析】连接，，，证明平面平面，则动点M的轨迹为，即可得解.
【详解】如图，边长为1的正方体中，
动点M满足平面，
由面面平行的性质得：当始终在一个与平面平行的面内，即满足题意，
连接，，，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，同理，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，平面，所以平面，
又因平面，
所以平面平面，
又平面，M是该正方体表面上一个动点，所以动点M的轨迹为.
因为，所以动点M的轨迹的长度为.
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. 在复平面内，点A，B对应的复数分别是，（其中是虚数单位），设向量对应的复数为.
（1）求复数；
（2）求；
（3）若，且是纯虚数，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据复数与点的对应及向量的坐标运算得解；
（2）根据复数的乘法运算、乘法运算及模的运算得解；
（3） 根据复数的除法运算及纯虚数的概念求解.
【小问1详解】
因为点A，B对应的复数分别是，，所以，
所以，故.
【小问2详解】
因为，
所以.
【小问3详解】
因为，
所以，
由是纯虚数，可知且，解得.
16. 如图，在几何体中，四边形为菱形，对角线与的交点为O，四边形为梯形，.
（1）若，求证：平面；
（2）若，求证：平面平面.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，，从而可得为平行四边形，即可证明平面；
（2）只需证明平面，即可证明平面平面.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，，
∵是菱形的对角线，的交点，
∴，且，
又∵，且，
∴，且，
从而为平行四边形，
∴，
又平面，平面，
∴平面.
【小问2详解】
证明：连接，
∵四边形为菱形，∴，
∵，是的中点，∴，
又，平面，
∴平面，又平面，
∴平面平面.
17. 如图，游客从某旅游景区的景点处下上至处有两种路径．一种是从沿直线步行到，另一种是先从沿索道乘缆车到，然后从沿直线步行到．现有甲、乙两位游客从处下山，甲沿匀速步行，速度为．在甲出发后，乙从乘缆车到，在处停留后，再从匀速步行到，假设缆车匀速直线运动的速度为，山路长为1260，经测量，．
（1）求索道的长；
（2）问：乙出发多少后，乙在缆车上与甲的距离最短？
（3）为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在什么范围内？
【答案】（1）m （2）（3）（单位：m/min）
【解析】
【详解】（1）在中，因为，，
所以，，
从而．
由正弦定理，得（）．
（2）假设乙出发后，甲、乙两游客距离为，此时，甲行走了，乙距离处，
所以由余弦定理得，
由于，即，
故当时，甲、乙两游客距离最短．
（3）由正弦定理，
得（）．
乙从出发时，甲已走了（），还需走710才能到达．
设乙步行的速度为，由题意得，解得，
所以为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在（单位：）范围内．
考点：正弦、余弦定理在实际问题中的应用.
【方法点睛】本题主要考查了正弦、余弦定理在实际问题中的应用，考查了考生分析问题和利用所学知识解决问题的能力，属于中档题.解答应用问题，首先要读懂题意，设出变量建立题目中的各个量与变量的关系，建立函数关系和不等关系求解.本题解得时，利用正余弦定理建立各边长的关系，通过二次函数和解不等式求解，充分体现了数学在实际问题中的应用.
18. 如图，在三棱锥中，，D为的中点，平面，垂足O落在线段上.
（1）证明：；
（2）已知，，，且直线与平面所成角正弦值为.
①求此三棱锥的体积；
②求二面角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）由题意，为的中点，推出，由平面ABC，推出BC⊥PO，进而得到线面垂直，即可得到所证；
（2）①由（1）利用线面垂直和勾股定理求解出长，求出的体积；
②由（1）利用面面垂直的判定得到平面BMC，再利用二面角的定义得到二面角的平面角，然后求出即可，
【小问1详解】
因为，为的中点，所以，
又平面，则，
又平面，所以平面，
又平面，所以；
【小问2详解】
①由平面，则直线与平面所成角为，
则，由，为的中点，
所以，则，所以，
由平面，所以，所以；
②在平面内作于，连接，由，
又，平面，所以平面，
所以，则为二面角的平面角，
在直角三角形中，，
在直角三角形中，，
在直角三角形中，，所以，
在直角三角形中，，所以，
所以在三角形中，，
所以，则，同理，
而，所以，
即二面角的大小为.
19. 中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，，.
（1）求角B的最大值，以及边长b的最大值；
（2）设的面积为S，求的取值范围.
【答案】（1），2
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理和基本不等式，得到的最小值，从而得到的最大值，利用基本不等式得到的最大值；
（2）表示出，由（1）可得其最大值，表示出得到关于的函数，然后根据（1）中得到的的范围，得到其最大值，然后得到所求的的取值范围.
【小问1详解】
，
，
当且仅当时取等号，
因为，且在上单调递减，
所以有最大值为．
又，解得，当且仅当时取等号．
小问2详解】
，
由（1）知，时，有最大值．
，
，即当时有最大值，
当时，,
．