福建省南平高级中学2023-2024学年高一下学期期中数学试卷（Word版附解析）

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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若复数对应的点在第四象限，则m的值为（ ）
A. B. 0C. 1D.
【答案】B
【解析】
【分析】由复数表示的点在第四象限，可得实部为正且虚部为负即得.
【详解】由可得，又m为整数，所以.
故选：B
2. 如图，是一个无盖正方体盒子的表面展开图，A、B、C为其上的三个点，则在正方体盒子中，∠ABC等于
A. 45°B. 60°C. 90°D. 120°
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：把展开图还原可知.
考点：空间直线的位置关系.
3. 若，，则实数（ ）
A. 6B. C. 3D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量数量积坐标公式即可求解.
【详解】因为，所以 ，
即 ，所以，
因为，，所以，
所以，解得.
故选：B.
4. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，已知，则此三角形（ ）
A. 无解B. 一解C. 两解D. 解的个数不确定
【答案】C
【解析】
【分析】由正弦定理可得，进而可求，可得结论.
【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. 在菱形中，若，且在上的投影向量为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，结合向量减法可得，再利用投影向量的意义求出.
【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. 平面 与平面平行的充分条件可以是（ ）
A. 内有无穷多条直线都与平行
B. 直线， 且
C. 内的任何一条直线都与平行
D. 直线 ， 直线，且
【答案】C
【解析】
【分析】选项A、 B、D中，平面与平面相交时都有可能满足，选项C由面面平行的定义可判断.从而得出答案.
【详解】选项A. 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. 由面面平行的定义可得，平面 与平面平行，故正确.
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: C.
7. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题设条件和正弦定理化边为角，再利用和角公式进行拆角化简，即可得到，利用三角形内角范围即得.
【详解】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. 在中，角、、的对边分别为、、，若，又的面积，且，则（ ）
A. 64B. 84C. -69D. -89
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理边化角，结合两角和差正弦公式整理可求得关系，再由三角形面积公式和余弦定理求得三边，再由数量积运算得到结果
【详解】由，得，
所以，
则，即，即，
又，即，
又，得，
联立、、，解得，
则，即，
由，平方知，
所以.
故选：C.
二、多选题：本题共3小题，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2分，有选错的得0分.
9. （多选）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列等式中一定成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用正弦定理判断A，由诱导公式、两角和的正弦公式及正弦定理变形判断B，由余弦定理及正弦定理化边为角判断C，由诱导公式、两角和的余弦公式变形后判断D．
【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. 已知点是的重心，点，，C(−2,5)，点是上靠近点B的三等分点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据三角形的重心坐标公式即可求得点坐标，利用共线向量的坐标计算公式易得点坐标，利用平面向量的夹角公式计算即得，通过平面向量的线性运算求出的坐标，易得其模长.
【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. “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
【答案】ABD
【解析】
【分析】先将该半正多面体补形为正方体，利用正方体与棱锥的体积公式判断A，利用该半正多面体的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置，从而判断BC，利用正三角形与正方体的面积公式判断D.
【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，
所以其表面积为，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键有二，一是将该半正多面体补形为正方体，二是充分利用该半正多面体的对称性，从而得解.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 如图是梯形ABCD按照斜二测画出的直观图，其中，，，则原梯形ABCD的面积为______.
【答案】6
【解析】
【分析】还原梯形可得梯形为直角梯形，可求原梯形的面积.
【详解】如图，还原梯形，由已知可得，，，梯形为直角梯形，
所以原梯形ABCD的面积.
故答案为：.
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_________________.
【答案】
【解析】
【分析】设圆锥的底面圆的半径为，高为，则母线长为且，根据勾股定理求得，结合圆锥的体积公式计算即可求解.
【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. 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______.
【答案】3
【解析】
【分析】如图，根据题意和线面关系可得动点运动轨迹为线段，由为正三角形可得，即可得解.
【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.
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. 已知复数，．
（1）当m取何值时，z为纯虚数？
（2）当时，求值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据纯虚数的知识列式，从而求得.
（2）根据复数乘法以及复数的模的知识求得正确答案.
【小问1详解】
若为纯虚数，则，解得.
【小问2详解】
当时，，
所以，
所以.
16. 如图，在中，D是中点，.
（1）若，求；
（2）若，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将用、表示，根据平面向量的运算律以及定义可求出结果；
（2）根据平面向量基本定理可求出结果.
【小问1详解】
因为，
所以，
故.
【小问2详解】
因为，所以，所以，
设.
因为，
所以，.
17. 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B同在水平面内的两个测点C与D.在C点测得塔底B在北偏东方向，然后向正东方向前进20米到达D，测得此时塔底B在北偏东方向.

（1）求点D到塔底B的距离；
（2）若在点C测得塔顶A的仰角为，求铁塔高.
【答案】（1）米
（2）米
【解析】
【分析】（1）在中，利用正弦定理可求出的长；
（2）利用正弦定求得，再解直角三角形求得.
【小问1详解】
由题意可知，，故，
在中， 由正弦定理， 得，即，
所以（米）.
因此点D到塔底B的距离为米；
【小问2详解】
在中， 由正弦定理， 得，
得
，
在中，，
所以铁塔高为米.
18. 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F为侧棱的中点，求证：平面．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）连接交于O，连接由线面平行的判定定理证明即可；
（2）先求出到平面的距离，再代入棱锥的体积公式即可求出；
（3）方法一先证明四边形为平行四边形，再由线面平行的判定定理可得；方法二先证明平面平面，再由面面平行的性质得到结果；
【小问1详解】
连接交于O，连接，
为侧棱的中点，O是的中点，
，
平面平面；
平面．
【小问2详解】
为侧棱的中点，
到平面的距离等于S到平面的距离的一半，
到平面的距离，
【小问3详解】
法1：设M为侧棱的中点，连结，，
为侧棱的中点，F为侧棱的中点，
，
，
四边形为平行四边形，
，
平面平面平面．
法2：
设G为侧棱的中点，连结．
为侧棱的中点，G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. 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A、B、C的对边分别为a、b、c，已知______.
（1）求角C；
（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.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）选①：用正弦定理化简求解即可；选②：用二倍角公式和余弦定理求解；选③：用正弦定理和余弦定理求解即可；
（2）先利用面积范围求得，然后利用余弦定理及函数单调性求解范围即可；
（3）先根据正弦定理求得，，记，在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，则有，
利用两角差的正弦公式展开化简计算即可.
【小问1详解】
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；
小问2详解】
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l的取值范围为；
【小问3详解】
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.
【点睛】方法点睛：解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，常用处理思路：
①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.