浙江省宁波市北仑中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（原卷版+解析版）

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命题、审题：高一数学备课组
选择题部分（共58分）
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】A
【解析】
【分析】根据复数的运算法则求出复数即可判断.
【详解】由题意知，，
所以在复平面内所对应的点为，位于第一象限.
故选：A.
2. 如图所示的几何体是由下面哪一个平面图形旋转而形成的 ( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】该几体的上部分是圆锥，中间是两个同底的圆台，下部分是圆柱，
圆锥的轴截面是直角三角形，
圆台的轴截面是直角梯形，
圆柱的轴截面是矩形
∴这个几何图形是由一个直角三角形和两个直角梯形以及一个矩形围绕直角边所在的直线为轴旋转一周得到．
故选A．
3. 水平放置的的直观图如图，其中，，那么原是一个（ ）

A. 等边三角形B. 直角三角形
C. 三边中只有两边相等的等腰三角形D. 三边互不相等的三角形
【答案】A
【解析】
【分析】根据斜二测画法的规则求解即可.
【详解】由图形知，在原中，，如图，

因为，所以，
，，
又，.
为等边三角形.
故选：A
4. 已知△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若A＝，b＝2acs B，c＝1，则△ABC的面积等于( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：根据正弦定理由可得,
, 在中,
,为边长为1的正三角形, .故B正确.
考点：正弦定理.
【思路点睛】本题主要考查正弦定理,属容易题.三角形问题中强调边角统一,边角互化可以用正弦定理和余弦定理.本题中应根据正弦定理将已知条件转化为角的三角函数之间的关系式,即可轻松求得所求.
5. 蒙古包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，蒙古包下半部分近似一个圆柱，高为2m；上半部分近似一个与下半部分同底的圆锥，其母线长为m，轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是面积为的等腰钝角三角形，则该蒙古包的体积约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意求圆锥的高和底面半径，再结合锥体、柱体体积运算求解.
【详解】如图所示为该圆锥轴截面，设顶角为，
因为其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为，面积为的等腰三角形，
所以，解得，则或（舍去），
由得，，
则上半部分的体积为，下半部分体积为，
故蒙古包的体积为.
故选：C.
6. 如图，在直三棱柱中，，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】是中点，连接，易知为直线与所成角的平面角，根据已知条件及余弦定理求其余弦值，即可得的大小.
【详解】若是中点，连接，
直三棱柱中且，则为平行四边形，
所以，故直线与所成角即为，
令，又，则且，则，
又，故，又，
所以.
故选：A
7. 三棱锥的侧棱上分别有三点E，F，G，且，则三棱锥与的体积之比是（ ）
A. 6B. 8C. 12D. 24
【答案】D
【解析】
【分析】根据体积公式计算三棱锥体积与三棱锥的体积表达式，再求其比值.
【详解】设的面积为，设的面积为，
则，，又，
，
∴ ，
过点作平面，过点作平面，如图，
则，∴ 与相似，
又，∴ ，
∵ ，，
∴ ，
∴ 三棱锥与的体积之比是24.
故选：D.
8. 在锐角中，角的对边分别为的面积为，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由面积公式与正余弦定理化简后得出关系后求解
【详解】由题意，而，
所以，由余弦定理得，
故，
又由正弦定理得，
整理得，
故或（舍去），得，
因为是锐角三角形，
故，
解得，故，
.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：关键是适当结合正弦定理、余弦定理进行边角转换由此即可顺利得解.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 欧拉公式（为虚数单位，）是由数学家欧拉创立的，该公式建立了三角函数与指数函数的关联，被誉为“数学中的天桥”．依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ）
A. 的虚部为1B.
C. D. 的共轭复数为
【答案】AD
【解析】
【分析】由，其虚部为1，可判断A；由，可判断B； 由，可判断C；先求得，结合共轭复数概念即可判断D.
【详解】对于A，，其虚部为1，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于C，，则，故C错误；
对于D，，故的共轭复数为，故D正确.
故选：AD.
10. 在△ABC中，，，，则（ ）
A. △ABC外接圆面积为定值，且定值为B. △ABC的面积有最大值，最大值为
C. 若，则D. 当且仅当或时，△ABC有一解
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：利用正弦定理求半径；对于B：利用余弦定理建立边之间的关系，再利用基本不等式求得；对于C：利用正弦定理求得，再利用大边对大角进行判断；对于D：利用余弦定理得，结合二次函数零点分布理解计算．
【详解】由容易得到，由得，，A正确；
由得，解得，
∴，B正确．
若，由得，∴或（均符合题意），C错误．
由得
，，此方程有唯一正解等价于或，又由于，∴或，D正确．
故选：ABD．
11. 如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成锐二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 存在某个位置，使得
B. 面积的最大值为
C.
D. 三棱锥体积最大时，三棱锥外接球的表面积
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，取的中点，连接，，先证明，再证明与不垂直，进而可得结论；
对于B，依题意先得到，从而可得到面积的最大值；
对于C，取的中点，的中点，作平面，且点在平面内，连接，，，先说明点在直线上，再证明，，得到，，进而可得结论；
对于D，先根据三棱锥的体积公式得到点与点重合，即平面时，最大，进而可得到三棱锥的外接球的半径和长、宽、高分别为，，的长方体的外接球的半径相等，从而可求得其外接球的半径，即可求解．
【详解】对于A，取的中点，连接，，
显然，且，又，且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又，，且为的中点，
则与不垂直，所以与也不垂直，故A错误；
对于B，由，，则，
所以当时，最大，且最大值为，故B正确；
对于C，取的中点，的中点，作平面，且点在平面内，
连接，，，
由，则，又，且，则，
则在平面上的射影在直线上，即点在直线上，
则平面与平面所成的二面角，则，所以，
又在平面上射影为，则，所以，
所以，故C正确；
对于D，结合C可知，，
则当点与点重合，即平面时，最大，且最大值为，
则，又，且，则平面，
所以，，两两垂直，且，，，
则三棱锥的外接球的半径和长、宽、高分别为，，的长方体的外接球的半径相等，
所以其外接球的半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】三棱锥外接球点睛：
求三棱锥外接球时，常见方法有两种：一种是直接法，一种是补形．解题时要认真分析图形，看能否把三棱锥补成一个正方体(长方体)，若能，则正方体(长方体)的顶点均在球面上，正方体(长方体)的体对角线长等于球的直径；另一种是直接法，三棱锥任意两个面过外心的垂线的交点即为三棱锥外接球的球心．
非选择题部分（共92分）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知复数满足，则（为虚数单位）的最大值为_________．
【答案】6
【解析】
【分析】由复数的几何意义求解即可.
【详解】设(为实数)，
则复数满足的几何意义是以原点为圆心，以1为半径的圆上的点，
则表示的几何意义是圆上的点到的距离，
根据圆的性质可知，所求最大值为.
故答案为：6.
13. “天封塔”位于宁波市海曙区大沙泥街西端与解放南路交汇处，是宁波重要地标之一，为中国江南特有的仿宋阁楼式砖木结构塔，具有宋塔玲珑精巧、古朴庄重的特点，也是古代明州港江海通航的水运航标．某同学为测量天封塔的高度，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，，在点测得塔顶的仰角为，则塔高_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理计算可得，结合计算即可求解.
【详解】因为，，所以，
在中，由正弦定理可得，
则，
在直角三角形中，，
所以．
故答案为：．
14. 已知，，，四点都在表面积为的球的表面上，若是球的直径，且，，则三棱锥体积的最大值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】设的外接圆半径为，圆心为，根据正弦定理可求，根据几何关系可求到平面的距离为定值，当面积最大时，三棱锥体积最大，利用余弦定理、基本不等式、三角形面积公式可求面积的最大值，即可得解.
【详解】设球的半径为，因为球的表面积为，故，解得（负值已舍去），
∵，，设的外接圆半径为，圆心为，
∴根据正弦定理知，，即，
∴，
∵是球的直径，是中点，故到平面的距离为，
在中，根据余弦定理得，
即，
∴，当且仅当时等号成立，
∴面积，
∴三棱锥体积的最大值．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是推导出到平面的距离为定值，再借助基本不等式求出的最大值，从而得到面积的最大值.
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，是圆柱的底面直径，是圆柱的母线且，点是圆柱底面圆周上的点．
（1）求圆柱的侧面积和体积；
（2）证明：平面平面；
（3）若是的中点，点在线段上，求的最小值．
【答案】（1）侧面积，体积
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）确定圆柱的底面半径和高，结合圆柱的侧面积与体积公式计算即可求解；
（2）根据线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（3）如图，确定当三点共线时取得最小值.求出，结合余弦定理计算即可求解.
【小问1详解】
圆柱的底面半径，高，
圆柱的侧面积．
圆柱的体积．
【小问2详解】
由题意知，平面，又平面，
所以，而平面，
所以平面，又平面，
故平面平面；
【小问3详解】
将绕着旋转到使其与平面共面，且在的反向延长线上．
当三点共线时取得最小值，为.
∵，，
，，
∴在三角形中，由余弦定理得，
∴的最小值等于．
16. 已知复数，，（，是虚数单位）．
（1）若在复平面内对应的点落在第一象限，求实数的取值范围；
（2）若是实系数一元二次方程的根，求实数的值；
（3）若，且是实数，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据复数的减法运算和几何意义建立关于a的不等式组，解之即可求解；
（2）将代入方程，根据相等复数的条件建立关于a的方程组，解之即可求解；
（3）由共轭复数的概念与运算求出a，结合复数的有关概念即可求解.
【小问1详解】
∵，
则在复平面对应的点坐标为，在复平面对应的点落在第一象限，
∴，解得．
【小问2详解】
∵是方程的根，
则，即，
所以，解得．
【小问3详解】
因为，则．于是，
代入，得，
即是实数，
，解得．
17. 如图，在四面体中，，分别是的中点.
（1）求证：；
（2）在上能否找到一点，使平面？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由；
（3）若平面平面，且，求直线与平面所成角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
（3）
【解析】
【分析】（1）利用三线合一证得，再利用线面垂直的判定定理与性质定理即可得证；
（2）找到的中点，利用线面平行的判定定理即可得解；
（3）利用面面垂直的性质定理证得平面，进而得到是直线与平面所成角，再分别求得，从而得解.
【小问1详解】
取的中点，连接，
在中，，同理，
而平面，平面，
又平面；
【小问2详解】
在上能找到一点，使平面，此时，证明如下：
记的中点为，连接，
因为是的中点，是的中点，，
平面平面，平面，
的中点即为所求，此时.
【小问3详解】
由（1）知，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
取中点，连接，易知故平面，
故是直线与平面所成角，
因为，所以是等边三角形，
设，则，，
在中，，，
所以，
故，
所以直线与平面所成角的正切值为.
18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求；
（2）若的面积为．
①已知为的中点，求底边上中线长的最小值；
②求内角A的角平分线长的最大值．
【答案】（1）
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到，进而求出；
（2）由面积公式求出，进而根据向量的模长公式结合不等式即可求解AE的最值，根据三角形面积公式，结合等面积法，利用基本不等式可求解AD的最值.
【小问1详解】
由正弦定理，得，即，
故，
因为，所以，
所以；
【小问2详解】
①由（1）知，
因为的面积为，所以，解得，
由于，所以
，
当且仅当时，等号取得到，所以；
②因为为角A的角平分线，所以，
由于，
所以，
由于，所以，
由于，
又，所以
由于，当且仅当时，等号取得到，
故，故．
19. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D.
（1）求证：平面；
（2）若点F为棱的中点，求三棱锥的体积；
（3）在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）存，.
【解析】
【分析】（1）通过几何图形的性质证明，即可；
（2）利用平面，并结合三棱锥的体积公式计算即可；
（3）根据二面角的定义结合（1）作出其平面角，解三角形即可.
【小问1详解】
如图所示，连接，
由题意可知平面ABC，四边形是菱形.
平面ABC，，
又D是AC中点，是正三角形，，
又平面，平面，
平面，，
在菱形中，有，
而D，E分别是线段的中点，则，所以，
平面，平面；
【小问2详解】
如图所示，
由（1）可知，，平面，
为三棱锥的高，
，，
又在平面内的射影为，
，则，，
，则，
为直角三角形，
，
.
【小问3详解】
如图，假设存在G点满足题意，取的中点S，连接，
过G作交于M，连接MD，
易得，平面，平面，故平面，
又结合（1）的结论有，故二面角为，
所以，
如图，在菱形中，作，
易得，
则，
易知为直角三角形，故.
【点睛】思路点睛：本题立体几何的求解可从以下方面入手：
（1）证明线面垂直，要在该平面内找两条相交直线与已知直线垂直即可；
（2）第二问关键在于求三棱锥的高，通过构造线面垂直来转化；
（3）另一个关键在于求二面角的平面角，结合（1）的结论找出垂直关系解三角形即可.