福建省南平市高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（含答案）

这是一份福建省南平市高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（含答案），共13页。试卷主要包含了单项选择题，选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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，只有一个选项是符合题目要求的.
1.若复数（）对应的点在第四象限，则的值为（ ）
A.B.0C.1D.
2.如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，，，为其上三点，则在正方体盒子中，等于（ ）
A.30°B.45°C.60°D.90°
3.若，，，则实数（ ）
A.3B.6C.D.
4.在中，内角，，的对边分别为，，.已知，，，则此三角形（ ）
A.无解B.一解C.两解D.解的个数不确定
5.在菱形中，若，且在上的投影向量为，则（ ）
A.B.C.D.
6.平面与平面平行的充分条件可以是（ ）
A.内的任何一条直线都与平行
B.直线，，且，
C.内有无穷多条直线都与平行
D.直线，直线，且，
7.已知，，分别为三个内角，，的对边，且，则（ ）
A.B.C.D.
8.在中，角、、的对边分别为、、，若，又的面积，且，则（ ）
A.64B.84C.D.
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.在中，角，，的对边分别为，，，下列等式中一定成立的是（ ）
A.B.
C.D.
10.已知点是的重心，点，，，点是上靠近点的三等分点，则（ ）
A.B.C.D.
11.“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体.已知，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（ ）
A.该半正多面体的体积为
B.该半正多面体过，，三点的截面面积为
C.该半正多面体外接球的表面积为
D.该半正多面体的表面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.如图是梯形按照斜二测画出的直观图，其中，，，则原梯形的面积为_________.
13.已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，且该圆锥的体积为，则___________.
14.如图，在三棱柱中，，，与为正三角形，动点为侧面四边形内一点，若平面，则动点运动轨迹长度为_________.
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.（13分）已知复数，.
（1）当取何值时，为纯虚数？
（2）当时，求的值.
16.（15分）如图，在中，是的中点，.
（1）若，，求；
（2）若，求的值.
17.（15分）如图，为了测量出到河对岸铁塔的距离与铁搭的高，选与塔底同在水平面内的两个测点与.在点测得塔底在北偏东45°方向，然后向正东方向前进20米到达，测得此时塔底在北偏东15°方向.
（1）求点到塔底的距离；
（2）若在点测得塔顶的仰角为30°，求铁塔高.
18.（17分）如图，已知四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧棱底面，且，为侧棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）若为侧棱的中点，求证：平面.
19.（17分）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答.
在中，角、、的对边分别为、、，已知______.
（1）求角；
（2）若，的面积，求的周长l的取值范围；
（3）若，，求.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
南平市高级中学2023-2024学年高一下学期期中数学
参考答案
1.【答案】B
【解析】由，可得，又为整数，所以.故选：B.
2.C 【详解】解：根据题意，还原几何体如图，由正方体的性质得为等边三角形，所以等于60°.
故选：C
3.D 【详解】因为，所以，
即，所以，
因为，，所以，
所以，解得.
故选：D.
4.C 【详解】由正弦定理，得，解得.
因为，所以.
又因为，所以或，
故此三角形有两解，故选：C.
5.B 【详解】由，得，而是菱形，则是正三角形，于是，，
因此在上的投影向量为，所以.
故选：B
6.A 【详解】选项A.由面面平行的定义可得，平面与平面平行，故正确.
选项B.直线，，当平面平面，时，满足条件，此时平面与平面可能相交，故不正确.
选项C.当内有无穷多条直线都与平行时，平面与平面可能相交，故不正确.
选项D.当平面平面，，，满足条件，此时平面与平面可能相交，故不正确.
故选：A.
7.A 由以及正弦定理可得：，
因，代入整理得，
因，，则得，又因，故.
故选：A.
8.C 【详解】解法一：由，得，
则，即，即，
又，即；
又，得；综上，.
则，即.
由，平方知
所以.
解法二：.
故选：C.
9.BC 【详解】对于A，由于得，若，则，，但中不一定有，因此错；
对于B，，所以，正确；
对于C，，从而，正确；
对于D，，错.
故选：BC.
10.AB 【详解】对于A项，如图，点是的重心，点，，，
设点，则，故A选项正确；
对于B项，因点是上靠近点的三等分点，则，设，则，即，解得，，故B项正确；
对于C项，因为，，则，，
故，即，，故C项错误；
对于D项，因，则，故D项错误.
故选：AB.
11.ABD 【详解】A：如图，因为，
所以该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该半正多面体的体积为：，故A正确；
B：根据该半正多面体的对称性可知，过，，三点的截面为正六边形，又，所以正六边形面积为，故B正确；
C：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，即正六边形的中心，故半径为，
所以该半正多面体外接球的表面积为，故C错误；
D：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为1，所以其表面积为，故D正确.
故选：ABD
12.6 【详解】如图，还原梯形，，，，梯形为直角梯形，
所以原梯形的面积.
故答案为：6
13. 【详解】由题意知，设圆锥的底面圆的半径为，高为，
则圆锥的母线长为，且，得，
所以，又圆锥的体积为，
所以，即，解得.
故答案为：
14.3 【详解】取的中点，连接交于点，
连接，则，所以.
又由，得，所以,
所以.又平面，
平面，所以平面，
由此可知动点运动轨迹为线段.
由题意知，所以.
故答案为：3.
15.（1）若为纯虚数，则，解得.
（2）当时，，所以，
所以.
18.（1）∵为中点，∴，
∴，∴.
（2）∵，∴，∴，
∵，，三点共线，∴，解得：.
17.（1）由题意可知，，，故，
在中，由正弦定理，得，即，
所以（米）.
因此点到塔底的距离为米；
（2）在中，由正弦定理，得，
得
，
在中，，
所以铁塔高为米.
18.（1）连接交于，连接，
∵为侧棱的中点，是的中点，∴，
∵平面，平面；
∴平面.
（2）∵为侧棱的中点，
∴到平面的距离等于到平面的距离的一半，
∴到平面的距离，
∴
（3）法1：设为侧棱的中点，连结，，
∵为侧棱的中点，为侧棱的中点，
∴，，
∵，，∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵平面，平面；∴平面.
法2：设为侧棱的中点，连结，，.
∵为侧棱的中点，为侧棱的中点，
∴，，
∵，，∴，
∵平面，平面；
∴平面.同理可证平面.
∴，且，都在平面内；，且，都在平面内，所以平面平面.
∵平面，∴平面.
19.（1）若选①：，
由正弦定理得，又，
所以，又，所以，即，
又，所以；
若选②：因为，所以，
所以，所以，所以，
所以，又，所以；
若选③：因为，
即，所以由正弦定理得，
所以，又，所以；
（2）因为的面积，所以，
由余弦定理得，即，
所以，因为，所以，又，
所以的周长的取值范围为；
（3）因为，所以，所以，
又，所以，，
，
又，所以，，
记，在中，由正弦定理得：，
所以，
在中，由正弦定理得：，所以，
所以，所以，整理化简得，
所以，即.