宁夏回族自治区银川市2023-2024学年第二学期高一年级期中联考考后提升卷数学试题（一）解析版

这是一份宁夏回族自治区银川市2023-2024学年第二学期高一年级期中联考考后提升卷数学试题（一）解析版，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
本试卷共19题，满分150分，考试时间为120分钟。
答案写在答题卡上的指定位置。考试结束后，交回答题卡。
第 I 卷
一、选择题：本大题共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．下列命题中正确的是（ ）
A．零向量没有方向B．共线向量一定是相等向量
C．若向量，同向，且，则D．单位向量的模都相等
【答案】D
【分析】根据零向量，单位向量，相等向量的定义判断即可.
【详解】对于A：模为的向量叫零向量，零向量的方向是任意的，故A错误；
对于B：相等向量要求方向相同且模长相等，共线向量不一定是相等向量，故B错误；
对于C：向量不可以比较大小，故C错误；对于D：单位向量的模为，都相等，故D正确.
2．复数的共轭复数的模是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据复数的除法运算及共轭复数的概念与求模公式计算即可.
【详解】由，所以.
3．已知向量，满足 ，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用向量数量积的运算律结合条件即可求得的值.
【详解】因为 ，所以 即
4．已知圆锥的母线长为，为底面的圆心，其侧面积等于，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据圆锥的侧面积等于，可求得圆锥的底面圆半径，再由体积公式求解即可.
【详解】设圆锥的底面圆半径为，由母线长为2，侧面积等于，
得，解得，因此圆锥的高，
所以该圆锥的体积为．
5．已知中，内角所对的边分别为，若，则（ ）
A．B．或
C．D．或
【答案】D
【分析】利用正弦定理求出，从而求出.
【详解】由正弦定理，得，解得，又，所以或.
6．如图，在棱长为1的正方体中，P，Q分别是，上的动点，则的周长的最小值为（ ）
A．2B．
C．D．
【答案】C
【分析】如图，的周长为，根据余弦定理计算即可求解.
【详解】如图，将以为旋转轴，旋转到与平面同一个平面，
由，得，所以，
又，所以的周长为，
又，所以，
在中，由余弦定理得，，
即的周长的最小值为.
7．在中，命题，命题，则P是Q的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据三角恒等变换解命题P可得A，B，C必有一个为直角；根据平面向量的线性运算与垂直关系的向量表示解命题Q可得A为直角，结合充分、必要条件的定义即可求解.
【详解】命题P：由，及，
得，
∴
，得，则，，必有一个为0，
∴A，B，C必有一个为直角．命题Q：由得，
即，得，即，∴A为直角，故P是Q的必要不充分条件.
8．如图，风景秀美的宝湖公园有一颗高大的银杏树，某研究小组为测量树的高度，在地面上选取了两点，从两点测得树尖的仰角分别为和，且两点间的距离为，则这颗银杏树的高度为（ ）.
A. B.
C. D.
【答案】B
【分析】在中，利用余弦定理求出，再利用直角三角形的边角关系求解即得.
【详解】在中，，，
由正弦定理得，则，
在中，，因此，
所以这颗银杏树的高度为.
二、选择题：本大题共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，若只有2个符合题意的选项，每选对一个得3分；若只有3个符合题意的选项，每选对一个得2分。
9．下列说法错误的是（ ）
A．设则是纯虚数的充要条件是
B．复数与在复平面中对应的点分别在轴上方和下方
C．设复数与满足，则
D．若复数与满足，则
【答案】ABD
【分析】A.由一个复数是纯虚数的充要条件是实部为0且虚部不为0判断；B.由实数与其共轭复数对应的点都在实轴上判断；C.由得到与都是实数判断；D.分实数和虚数判断.
【详解】解：一个复数是纯虚数的充要条件是实部为0且虚部不为0，故A选项错误；
实数与其共轭复数对应的点都在实轴上，故B选项错误；
说明与都是实数，所以C正确；
选项对实数成立，但对虚数未必成立．如但不成立.
10．已知正八边形的边长为，是正八边形边上任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A．在方向上的投影向量为
B．
C．若函数，则函数的最大值为
D．
【答案】BD
【分析】延长交于点，根据向量数量积的定义可判断B；由投影向量的定义可判断A；将用数量积化简，结合二次函数判断C；对于D，过点作直线的垂线，垂足为，可分析D.
【详解】对于B，延长交于点，正八边形的内角为，则外角为，
即，所以，因此，
，故B正确；
对于A，由图可知，，
因此在方向上的投影向量即为，故A错误；
对于C，由图可知，，，
所以由题意可知函数，
当时，取得最小值，，故C错误；
对于D，过点作直线的垂线，垂足为，因此，
易知当点在线段上时，取得最大值，
当点在线段上时，取得最小值，即，故D正确.
【点睛】关键点点睛：本题求数量积关键是进行转化，结合平面几何的知识求出的取值范围.
11．在四棱锥中，已知，，且，则（ ）
A．四棱锥的体积的取值范围是
B．的取值范围是
C．四棱锥的外接球的表面积的最小值为8π
D．与平面所成角的正弦值可能为
【答案】BC
【分析】利用棱锥的体积公式计算可判定A，利用余弦定理可判定B，利用四棱锥与球的特征确定球半径在平面时最小计算即可判定C，利用P的特殊情况分析线面角的范围即可判定D.
【详解】由已知可得，四边形ABCD是上底为1，下底为2，底角为60°的等腰梯形，
所以，．
对于A，当平面时，四棱锥的高最大，则体积最大，
所以最大体积为，故A错误；
对于B，在中，，由题设易知，
易知在以D为圆心且与垂直的圆面上（不在平面上），半径为2，
若在平面上时，当与分别在直线的两侧，此时最大，
当与分在线的同侧，此时最小，所以，
用余弦定理可知，
则其取值范围是，故B正确；
对于C，易知底面的外接圆圆心为的中点，
而球心O必在过E且垂直于底面的直线上，设与底面夹角为，如下图所示，
P在底面的投影为G，则，
过O作，设，
则有，
即，则，
当且仅当时取得最小值，此时，平面，即球心为中点，
故外接球的表面积的最小值为，故C正确；
对于D，设与平面所成角为，
当平面时，过B作，易知，
计算可得，
所以，
当P靠近平面时，θ趋向于0，所以存在某个P点，使得，故D错误．
【点睛】关键点点睛：抓住P点的轨迹即以D为圆心2为半径的圆面，且始终垂直于来解决动点问题.
第 II 卷
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知复数满足，则复数在复平面内对应的点位于 .
【答案】第四象限
【分析】利用复数除法求出复数，再求出即可得解.
【详解】依题意，，所以在复平面内对应的点位于第四象限.
13．已知，是两个不共线的向量，，，若与共线，则 ．
【答案】/
【分析】根据给定条件，利用共线向量定理求出即得.
【详解】由向量，不共线，得，由向量与共线，
得，则，所以.
14．如图，一个水平放置的四边形的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形，则原四边形的面积是 .
【答案】
【分析】根据斜二测画法规则求出，判断四边形的形状，确定，由此求出面积.
【详解】在正方形中可得，由斜二测画法可知，
且，所以四边形为平行四边形，
所以原四边形的面积是，
四、解答题：本大题共5小题，共77分。解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤。
15．(本小题13分)
已知夹角为，且，求：
(1)；（4分）
(2)；（4分）
(3)与的夹角.（5分）
【答案】(1)(2)12(3)
【分析】（1）根据向量数量积的运算律和，可求
（2）根据平面向量数量积的运算法则求值.
（3）欲求向量的夹角，应先求两向量的数量积，再求两向量的模，根据求夹角的余弦，再求夹角.
【详解】（1），所以.（4分）
（2）.（4分）
（3）（2分）
所以，所以.（3分；公式1分，结果1分）
16．(本小题15分)
如图，在梯形中，，，，，过点作，以为轴旋转一周得到一个旋转体．
(1)求此旋转体的体积．（7分）
(2)求此旋转体的表面积．（8分）
【答案】(1)(2)
【分析】（1）旋转后形成的几何体为圆柱中挖去一个倒放的与圆柱等高的圆锥，由此能求出旋转体的体积；
（2）先求出圆柱的侧面积、底面积，再求出圆锥的侧面积、底面积和旋转体上底面的面积，由此能求出结果.
【详解】（1）旋转后形成的几何体为圆柱中挖去一个倒放的与圆柱等高的圆锥，
，（1分）
所以小圆锥的半径，（1分）
圆柱的体积（2分）圆锥的体积（2分）
旋转体的体积；（1分）
（2）圆柱的侧面积（1分）圆锥的侧面积（1分）
圆柱的底面积，（1分）圆锥的底面积（1分）
旋转体上底面的面积（2分）旋转体的表面积.（2分）
17．(本小题15分)
已知向量，.
(1)当k为何值时，与垂直？（7分）
(2)若，，且三点共线，求的值.（8分）
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用平面向量垂直的坐标表示求解即可.
（2）利用平面向量共线的坐标表示求解即可.
【详解】（1）易知，，（2分）
若与垂直，则，解得，（3分）
故当时，与垂直.（2分）
（2）若三点共线，则与共线，（2分）由题意得，，（2分）
可得，解得，（3分）故的值为.（1分）
18．(本小题15分)
在中，已知，，，
(1)求角（4分）
(2)若角为锐角，求边；（5分）
(3)求．（6分）
【答案】(1)或(2)(3)或
【分析】（1）由正弦定理得，求出或，检验后得到答案；
（2）求出，利用正弦和角公式求出，由正弦定理得到；
（3）利用三角形面积公式得到答案.
【详解】（1）由正弦定理得，即，（2分）
故，其中，解得或，经检验，均满足要求；（2分；经检验1分，未写扣分）
（2）角为锐角，则，故，（1分）
其中，（2分）
由正弦定理得，即，（1分）解得；（1分）
（3）当时，由（2）知，（1分）
；（1分）
当时，（1分）
，（1分）
；（2分）
综上，或.（写出不给分，未写扣1分）
19．(本小题17分)
将所有平面向量组成的集合记作．如果对于向量，存在唯一的向量与之对应，其中坐标由确定，则把这种对应关系记为或者，简记为．例如就是一种对应关系．若在的条件下有最大值，则称此最大值为对应关系的模，并把的模记作；若存在非零向量及实数使得，则称为的一个特征值．
(1)如果，求；（4分）
(2)如果，计算的特征值，并求相应的；（6分）
(3)若，要使有唯一的特征值，实数应满足什么条件？
试找出一个对应关系，同时满足以下两个条件：①有唯一的特征值，②，并验证满足这两个条件．（7分）
【答案】(1)(2)，其中且(3)，答案见解析
【分析】（1）利用向量的坐标运算可得，可求得，可求得.
（2）利用向量相等的条件可得，进而可求得，进而可得其中且．
（3）利用，可得，进而可得，进而可证明当时，有唯一的特征值，且．
【详解】（1）由题意（1分），所以，当时，，（2分）
最大值也为2，所以．（1分）
（2）由（1分），可得：，（2分）
解此方程组可得：，解得．（1分）
当时，解方程组，此时这两个方程是同一个方程，（1分）
所以此时方程有无穷多个解，为（写出一个即可），其中且．（1分）
（3），可得．（1分）
因为都不为0，从而向量与平行，（1分）
所以存在实数满足，即．（1分）
要使存在且唯一，则应满足：．（1分）
当时，有唯一的特征值，且．具体证明为：
由的定义可知：，所以为特征值．（1分）
此时满足：，所以有唯一的特征值．（1分）
在的条件下，从而有．（1分）
【点睛】关键点点睛：新定义题型，考查数乘向量的坐标运算，相等向量的坐标的关系，考查运算求解能力与转化能力，学生的阅读理解能力是解本题的关键.