广东省深圳市南头中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）

这是一份广东省深圳市南头中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版），文件包含广东省深圳市南头中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷原卷版docx、广东省深圳市南头中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。

命题人、审核人：高一数学备课组
本试卷满分150分，考试用时120分钟
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在答题卡上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案.答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
一、单选题：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. 如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）
A. ①是棱台B. ②是圆台C. ③是棱锥D. ④不是棱柱
【答案】C
【解析】
【分析】利用几何体的结构特征进行分析判断．
【详解】对于A ，不是由棱锥截来的，所以①不是棱台，故A错误；
对于B，上、下两个面不平行，所以②不是圆台；故B错误；
对于C，底面是三角形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，所以③是棱锥，故C正确.
对于D，前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以④是棱柱，故D错误.
故选：C．
2. 在下列各组向量中，可以作为基底的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据基底需为不共线的非零向量，由此依次判断各个选项即可.
【详解】对于A，，不可以作为基底，A错误；
对于B，与为不共线的非零向量，可以作为一组基底，B正确；
对于C，，共线，不可以作为基底，C错误；
对于D，，共线，不可以作为基底，D错误.
故选：B.
3. 复数则在复平面内，对应的点的坐标是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先通过复数的除法运算化简复数，然后利用复数的几何意义求解.
【详解】因为，
所以在复平面内，对应的点的坐标是.
故选：C
4. 棣莫弗公式（其中i为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667-1754）发现，根据棣莫弗公式可知，复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】由棣莫弗公式化简结合复数的几何意义即可得出答案.
【详解】，
在复平面内所对应的点为，在第二象限.
故选：B.
5. 已知平面向量，，若，则（ ）
A. B. 0C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用同角三角函数的基本关系以及二倍角的余弦公式求解.
【详解】因为，所以，即，
所以，
故选:A.
6. 下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用奇偶函数的判断方法及基本函数的单调性，对各个选项逐一分析判断，即可得出结果.
【详解】对于选项A，当时，，当时，，即，所以选项A不满足题意，
对于选项B，因在区间上不单调，所以选项B不满足题意，
对于选项C，因为图象不关于轴对称，所以选项C不满足题意，
对于选项D，令，易得其定义域为，关于原点对称，
又，所以为偶函数，
当时，，又在区间上单调递增，所以选项D满足题意，
故选：D.
7. 蒙古包（Mnglianyurts）是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包古代称作穹庐､毡包或毡帐.已知蒙古包的造型可近似的看作一个圆柱和圆锥的组合体，已知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，则该蒙古包（含底面）的表面积为（ ）
A. 平方米B. 平方米
C. 平方米D. 平方米
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可求出底面圆的半径，即可求出圆锥的母线长，根据圆锥的侧面积公式以及圆柱的侧面积公式结合圆的面积公式，即可求得答案.
【详解】由题意知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，
设底面圆的半径为r，则，
则圆锥的母线长为（米），
故该蒙古包（含底面）的表面积为（平方米），
故选：A
8. “圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆的半径2，点是圆内的定点，且，弦均过点，则下列说法错误的是（ ）

A. 为定值
B. 当时，为定值
C. 的取值范围是
D. 的最大值为12
【答案】D
【解析】
【分析】过作直径，利用向量加减几何意义得判断A；根据垂直关系及、数量积得运算律化简判断B；若为中点，连接，应用向量线性运算的几何意义及数量积的运算律、圆的性质得，进而求范围判断C；由弦的最大值判断D.
【详解】如图，过作直径，依题意，
为定值，A正确；
若，则，
则，
又，则，同理可得，故，B正确；
若为中点，连接，则
，
由题意，则，C正确；
因为，则有，D错误.

故选：D
【点睛】关键点睛：根据定义及向量线性运算几何意义，结合数量积的运算律转化各项数量积或乘积关系，再由圆的性质、基本不等式判断各项正误.
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. （多选）下列命题中的真命题是（ ）
A. 若直线不在平面内，则
B. 若直线上有无数个点不在平面内，则
C. 若，则直线与平面内任何一条直线都没有公共点
D. 平行于同一平面的两直线可以相交
【答案】CD
【解析】
【分析】
根据直线与平面的位置关系，结合题目，进行分析和判断即可.
【详解】A中，直线也可能与平面相交，故A是假命题；
B中，直线与平面相交时，上也有无数个点不在平面内，故B是假命题；
C中，时，与没有公共点，所以与内任何一条直线都没有公共点，故C是真命题；
D中，平行于同一个平面的直线，可以平行也可以相交，也可以是异面直线，故D是真命题.
故选：CD.
【点睛】本题考查直线与平面的位置关系，属基础题.
10. 如图，正方体的棱长为1，动点E在线段上，F、M分别是AD、CD的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A B. 平面
C. 存在点E，使得平面平面D. 三棱锥的体积为定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对A,根据中位线的性质判定即可.
对B,利用平面几何方法证明再证明平面即可.
对C,根据与平面有交点判定即可.
对D,根据三棱锥以为底,且同底高不变,故体积不变判定即可.
【详解】在A中,因为分别是的中点,所以,故A正确;
在B中,因为,,故,
故.故,又有,
所以平面,故B正确；
在C中,与平面有交点,所以不存在点,使得平面平面,故C错误.
在D中,三棱锥以面为底,则高是定值,所以三棱锥的体积为定值,故D正确.
故选：ABD.
【点睛】本题主要考查了线面垂直平行的证明与判定,同时也考查了锥体体积等问题.属于中档题.
11. 设的内角的对边分别为，，，下列结论正确的是（ ）
A. 若，则满足条件的三角形只有1个
B. 面积的最大值为
C. 周长的最大值为
D. 若为锐角三角形，则的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据即可判断A；根据余弦定理结合基本不等式即可判断BC；利用正弦定理化边为角，再结合三角函数的性质即可判断D.
【详解】对于A，因为，，
所以满足条件的三角形有2个，故A错误；
对于B，由余弦定理得，即，
所以，当且仅当时取等号，
所以，
所以面积的最大值为，故B正确；
对于C，由余弦定理得，
即，所以，
当且仅当时取等号，
所以的周长，
所以周长的最大值为，故C正确；
对于D，由正弦定理得，
因为为锐角三角形，所以，，
即，，所以，故D正确．
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若是夹角为的两个单位向量，则与的夹角大小为________.
【答案】##
【解析】
【分析】先利用数量积公式求出，再求出，最后代入向量的夹角公式得解.
【详解】是夹角为的两个单位向量，则，
，
，
，，
，.
故答案为：
13. 已知，且，i为虚数单位，则的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】将问题化为坐标系中点到定点的距离恒为1，求定点与动点的最小距离.
【详解】令，则，
所以，等价于坐标系中点到定点的距离恒为1，
即动点在以为圆心，半径为1的圆上，如下图：

又表示动点到定点的距离，而与的距离为，
所以，
在之间且共线，左侧等号成立；在之间且共线，右侧等号成立；
所以的最小值是.
故答案为：
14. 在三棱锥中，平面，是等腰直角三角形，，，，垂足为H，D为的中点，则当的面积最大时，_________.
【答案】
【解析】
【分析】由线面垂直的判定和性质定理可得，结合基本不等式确定面积取得最大值时，设，由等面积法解得，即可得出答案．
【详解】因为平面，面，所以，
又，平面，所以平面，
又因平面，所以，
因为，平面，
所以平面，又面，所以，，
连接CD, 是等腰直角三角形,易知，，
则，当且仅当等号成立，
此时取得最大值，设，
则在中，，
由等面积，即，解得
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. 如图所示，我国黄海某处的一个圆形海域上有四个小岛，小岛与小岛、小岛相距都为5公里，与小岛相距为公里．已知角为钝角，且．
（1）求小岛与小岛之间的距离；
（2）记为，为，求的值．
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】(1) 在中，利用余弦定理即可求解；
(2) 在中，先利用正弦定理求出，然后利用两角和的正弦公式即可求解.
【小问1详解】
由题意可知：，，
因为角为钝角，，所以，
在中，由余弦定理得，，
所以，解得或（舍），
所以小岛与小岛之间的距离为2．
【小问2详解】
在中，由正弦定理，因为，
所以，则，
因为，所以为锐角，所以，
因为，
，
所以
．
16. 如图：在正方体中，为的中点.
（1）求三棱锥的体积；
（2）求证：平面；
（3）若为的中点，求证：平面平面.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据锥体的体积公式计算即可；
（2）根据线面平行的判定进行证明；
（3）根据面面平行的的判定进行证明.
【小问1详解】
显然平面，于是.
【小问2详解】
设，连接，
在正方体中，四边形是正方形，是中点，
是的中点，，
平面平面
平面；
【小问3详解】
为的中点，为的中点，
，
四边形为平行四边形，，
又平面平面平面，
由（2）知平面平面平面，
平面平面.
17. 如图所示，在直三棱柱中，，，，．
（1）证明：平面；
（2）若是棱的中点，在棱上是否存在一点，使DE∥平面？证明你的结论．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】（1）利用直棱柱的性质、正方形的性质、线面垂直的判定和性质定理即可证明；
（2）利用三角形的中位线定理、线面和面面平行的判定和性质定理即可证明.
【详解】证明：（1）∵，∴．
∵三棱柱为直三棱柱，∴．
∵，∴平面．
∵平面，∴，
∵BC∥B1C1，∥则．
在中，，，∴．
∵，∴四边形为正方形．
∴．
∵，∴ 平面．
（2）当点为棱的中点时，平面．
证明如下：如图，取的中点，连、、，
∵、、分别为、、的中点，
∴EF∥AB1
∵平面，平面，
∴EF∥平面，同理可证FD∥平面．
∵，∴平面∥平面．
∵平面，
∴DE∥平面．
【点睛】该题考查是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面垂直的判定，线面平行的判定，在解题的过程中，注意线面垂直的判定定理的条件，再者就是有关是否存在类问题的解题思路.
18. 已知向量，，且.
（1）求的值；
（2）求的取值范围；
（3）记函数，若的最小值为，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用数量积结合两角和的余弦公式求的值；
（2）平方再开方，结合角的范围求的取值范围；
（3）把前面的结果代入，换元后得二次函数，利用对称轴和所得区间的关系讨论得解.
【小问1详解】
向量，，
.
【小问2详解】
，
，
，，，
所以的取值范围为.
【小问3详解】
由（1）（2）可知，函数，
令，则，
，其图像抛物线开口向上，对称轴方程为，
当，即时，最小值为，解得（舍去）；
当，即时，最小值为，解得或（舍去）；
当，即时，最小值为.
综上可知，.
19. 在中，对应的边分别为，
（1）求；
（2）奥古斯丁.路易斯.柯西（Augustin Luis Cauchy，1789年-1857年），法国著名数学家.柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式､柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.现在，在（1）的条件下，若是内一点，过作垂线，垂足分别为，借助于三维分式型柯西不等式：当且仅当时等号成立.求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先用正弦定理角化边，然后结合余弦定理可以解出.
（2）将构造出符合三维分式型柯西不等式左边的形式，然后用三维分式型柯西不等式结合余弦定理可解.
【小问1详解】
由正弦定理得即
由余弦定理有，
若，等式不成立，则，
所以.
因为，
所以.
【小问2详解】
.
又，
由三维分式型柯西不等式有.
当且仅当即时等号成立.
由余弦定理得，
所以即，则.
令，则
因为解得，当且仅当时等号成立.
所以.则.
令，则在上递减，
当即时，有最大值，此时有最小值.
【点睛】要能仿照三维分式型柯西不等式的形式进行构造，找到所求要素与柯西不等式的内在联系，再结合余弦定理和基本不等式等知识进行求解，属于难题.