重庆市巴蜀中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市巴蜀中学2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题（Word版附解析），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。

答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚．
每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试卷上作答无效．
考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存．满分150分，考试用时120分钟．
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．已知复数，则在复平面内表示复数的点位于（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
2．在正方体中，直线和直线所成的角为（ ）
A．B．C．D．
3．已知等腰中，，则在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
4．已知平面向量满足．若，则（ ）
A．－2B．C．D．2
5．设是给定的平面，是不在内的任意两点，则（ ）
A．在内存在直线与直线平行B．存在过直线的平面与垂直
C．在内不存在直线与直线异面D．在内不存在直线与直线垂直
6．已知非零向量和单位向量满足，且向量与的夹角为，则（ ）
A．B．C．D．3
7．已知正四棱台的高为，其所有顶点均在同一个表面积为的球面上，且该球的球心在底而上，则棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．某地开展植树造林活动，拟测量某座山的高．勘探队员在山脚测得山顶的仰角为，他沿着坡角为的斜坡向上走了100米后到达，在处测得山顶的仰角为．设山高为，若在同一铅垂面，且在该铅锤面上位于直线的同侧，则（ ）
A．米B．米
C．米D．米
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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9．下列各组向量中，可以用来表示向量的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知复数，下列命题中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
11．满足下列条件的四面体存在的是（ ）
A．1条棱长为，其余5条棱长均为1B．1条棱长为1，其余5条棱长均为
C．2条棱长为，其余4条棱长均为1D．2条棱长为1，其余4条棱长均为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．一个母线长为2的圆锥的侧面积是底面积的2倍，则该圆锥的侧面积为______．
13．在直三棱柱中，所有棱长均相等，则二面角的正切值为______．
14．在中，角对应的边分别为，已知，且，则______，的面积为______．．
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）
如图，在直四棱柱中，底面是菱形，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面．
16．（15分）
在中，内角的对边分别为的面积为，已知，且．
（1）求；
（2）求的取值范围．
17．（15分）
如图，在三棱锥中，和均是边长为4的等边三角形，．
（1）证明：；
（2）已知平面满足，且平面平面，求直线与平面所成角的正弦值．
18．（17分）
在中，为边上一点，为边上一点，交于．
（1）若，求．
（2）若，
（i）求；
（ii）求和的面积之差．
19．（17分）
定义空间中既有大小又有方向的量为空间向量．起点为，终点为的空间向量记作，其大小称为的模，记作等于两点间的距离．模为零的向量称为零向量，记作．空间向量的加法、减法以及数乘运算的定义与性质和平面向量一致，如：对任意空间向量，均有，，；对任意实数和空间向量，均有；对任意三点，均有等．
已知体积为的三棱锥的底面均为，在中，是内一点，．记．
（1）若到平面的距离均为1，求；
（2）若是的重心，且对任意，均有．
（i）求的最大值；
（ii）当最大时，5个分别由24个实数组成的24元数组满足对任意，均有，且对任意均有
求证：不可能对任意及均成立．
（参考公式：）
巴蜀中学2023－2024学年高一下期中考
数学参考答案及评分细则
评分说明：
1．本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则．
2．对计算题，当考生的解答在某一步出现错误时，如果后继部分的解答未改变该题的内容和难度，可视影响的程度决定后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应给分数的一半；如果后继部分的解答有较严重的错误，就不再给分．
3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．
4．只给整数分数．选择题和填空题不给中间分．
一、选择题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题5分，满分40分．
1．A 2．C 3．A 4．D 5．B 6．C 7．C 8．B
1．，对应的点在第一象限，故选A．
2．直线和直线所成的角等于，故选C．
3．由图可知，在上的投影向量为，故选A．
4．由知，，则，（也可求出向量坐标），故选D．
5．当直线与相交时，在内不存在直线与直线平行；易知存在过直线的平面与垂直；在内存在直线与直线异面；在内存在直线与直线垂直；故选B．
6．由于，且向量与的夹角为，作图可知，，故选C．
7．设球心为，则球的半径，由于在底面上，底面为正方形，易得正方形的边长为，面积为16；设底面的外接圆半径为，则，易得正方形的边长为，面积为4；所以正四棱台的体积为，故选C．
8．在中，，由正弦定理得，解得米，故选B．
二、选择题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题6分，满分18分．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．ACD 10．BC 11．BCD
9．选项A和D中的两个向量不共线，均可构成平面的一组基底，故可以用来表示向量，选项C中的两个非零向量均与共线，所以也可以用来表示向量，选项B中的两个非零向量选项共线，但与不共线，不能用来表示向量，故选ACD．
10．取知，选项A和D错误，由复数的性质知，选项B和C正确，故选BC．
11．解法一：（1）当有1条边为，5条边为1时，不妨设四面体满足，设中点为，则，设，则，所以；所以当有1条边为1，5条边为时，，故A错误，B正确；
（2）当有2条边为，4条边为1时，分两种情况：
①长为的两条棱有一公共顶点，不妨设为，
设与平面所成的角为中点为，
则；
②长为的两条棱为相对棱，不妨设为，设中点为，则，所以，综上可知，所以当有2条边为1，4条边为时，，故C，D正确；故选BCD．
解法二：（1）当有1条边为，5条边为1时，不妨设四面体满足，由正弦定理易得，的外接圆半径为（极限位置为共面的情形时，点在平面内的射影为的外心），所以；所以当有1条边为1，5条边为时，，故A错误，B正确；
（2）当有2条边为，4条边为1时，分两种情况：
①长为的两条棱有一公共顶点，不妨设为，由正弦定理易得，的外接圆半径为则；
②长为的两条棱为相对棱，不妨设为，故其可放入一个长方体中，不妨设长方体边长分别为，不妨设，则，所以，综上可知，所以当有2条边为1，4条边为时，，故C，D正确；故选BCD．
三、填空题：本大题考查基础知识和基本运算．每小题5分，满分15分．
12． 13． 14．（仅答对一空给3分）
12．设圆锥的底面半径为，母线长为，则，且，所以，侧面积为．
13．不妨设直三棱柱的所有棱长均为2，取中点，
则为二面角的平面角，，
即二面角的正切值为．
14．在中，由正弦定理得，，
又因为，所以，
由余弦定理得，因为，
所以；因为在中，由正弦定理，，即，
所以，所以，
所以，所以，所以或（舍），
因为的面积为．
四、解答题：本大题共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．证明：（1）设交于点．四边形为菱形，所以是的中点，
因为是的中点，连接，所以，
因为平面平面，所以平面
（2）因为四边形为菱形，所以，因为底面平面，所以，因为平面平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面．
16．解：（1）因为，所以，
在中，由余弦定理，得，因为，所以，
所以，所以，因为，所以．
（2）在中，由正弦定理，得，所以
因为，所以，所以，
所以，即的取值范围为．
17．解：（1）如图，设的中点为，连结，
因为和均为等边三角形，所以，
又因为平面平面，所以平面，
又因为平面，所以．
（2）因为，且平面，所以平面，
又平面平面，平面平面，所以，
所以直线与平面所成角等于直线与平面所成的角．
在平面内作，则由（1）知，平面，
又平面所以．又因为平面平面，所以平面，所以是直线与平面所成的角．
因为和均是边长为4的等边三角形，所以，
又因为，在等腰中，，
所以，所以直线与平面所成角的正弦值为．
18．解：（1）如图，因为，所以，
因为为边上一点，，所以为中点，所以，
所以，因为，所以，
所以，在中，因为，所以，
所以．
（2）（i）如图，在中，由余弦定理得，，
所以，设，则，在中，由余弦定理得，，解得，所以．
（ii）由（i）知，所以，又因为，
所以，所以的面积，
的面积，
所以和的面积之差，
即和的面积之差为．
19．解：（1）如图，在中，．
因为，所以，所以，在中，，
所以在中，，
所以，所以的面积为，
所以，所以．
（2）（i）因为是的重心，所以的面积为，
在中，由余弦定理得，，
即，由基本不等式知，
，所以，
故 ，等号当且仅当时成立，
又由是的重心知，，
所以，
所以，所以，
所以，等号当且仅当，
且平面时成立，所以的最大值为．
（ii）由（i）知，，所以对任意，
均有，故，记，则所以，
由于任意均有，
所以，所以．
假设对任意及均成立．
则对于，均有，
所以，与矛盾，
所以假设不成立，即不可能对任意及均成立．