山西省吕梁市2023-2024学年高一下学期期中质量检测数学试卷(含答案)

这是一份山西省吕梁市2023-2024学年高一下学期期中质量检测数学试卷(含答案)，共13页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．复数在复平面内对应的点位于( )
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
2．已知向量,,若,则实数( )
A.B.C.6D.-6
3．已知某圆柱的表面积是其下底面面积的4倍,则该圆柱的母线与底面直径的比为( )
A.B.C.D.
4．在中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若,,则( )
A.B.C.D.
5．已知向量,,若向量在向量上的投影向量为,向量在向量上的投影向量为,则( )
A.-2B.2C.D.
6．如图,在中,已知,将以为轴旋转一周形成的几何体的体积为,以为轴旋转一周形成的几何体的体积为,若,则( )
A.B.C.D.
7．已知非零向量,满足,,则向量,夹角的余弦值为( )
A.B.C.D.
8．已知某圆台的体积为,其轴截面为梯形,,,则在该圆台的侧面上,从点A到C的最短路径的长度为( )
A.B.C.6D.
二、多项选择题
9．下列说法正确的是( )
A.一个多面体至少有4个面
B.圆柱的母线与它的轴可以不平行
C.用任意一个平面截球得到的截面都是一个圆面
D.有两个面互相平行,其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱
10．如图,某旅游部门计划在湖中心Q处建一游览亭,打造一条三角形游览路线.已知,是湖岸上的两条甬路,,,,（观光亭Q视为一点,游览路线､甬路的宽度忽略不计）,则( )
A.
B.当时,
C.面积的最大值为
D.游览路线最长为
11．已知两个非零向量,,定义新运算,则( )
A.当时,
B.对于任意非零向量,都有
C.对于不垂直的非零向量,都有
D.若,,m,则
三、填空题
12．用斜二测画法作一个水平放置的平行四边形的直观图,若直观图是一个角为,边长为2的菱形,则原来的平行四边形的面积为__________.
13．白银比例是指事物各部分间存在着一定的数学比例关系,其比值为,具有很好的美感,在设计与建筑领域有广泛应用.在矩形中,,,从矩形中截取一个正方形,剩下的矩形的宽与长之比为白银比例,则__________.
四、双空题
14．在四面体中,,,,,,,则四面体的外接球的表面积为__________,四面体的体积为__________
五、解答题
15．已知复数z满足为纯虚数,.
（1）求z以及;
（2）设,若,求实数m的值.
16．在中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且.
（1）求角A的大小;
（2）若,判断的形状并说明理由.
17．如图,在中,,,,点D,E满足,,边上的中线与交于点O.设,.
（1）用向量,表示,;
（2）求的大小.
18．如图,一个圆锥挖掉一个内接正三棱柱（棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上）,若棱柱侧面落在圆锥底面上.已知正三棱柱底面边长为,高为2.
(1)求挖掉的正三棱柱的体积;
(2)求剩余几何体的表面积.
19．如果三角形的一个内角等于另外一个内角的两倍,我们称这样的三角形为倍角三角形,如在中,若,则为倍角三角形,其中角A叫做2倍角,角B叫做1倍角.
（1）利用正､余弦定理证明下面的倍角定理：在倍角三角形中,2倍角所对边的平方等于1倍角所对边乘以该边与第三边之和;
（2）记的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知,且的面积为,求的周长.
参考答案
1．答案：C
解析：,
所以复数在复平面内对应的点为,位于第三象限.
故选：C.
2．答案：D
解析：由,得,解得.
故选：D.
3．答案：B
解析：设圆柱的底面半径为r,母线为l,则,
所以,所以.
故选：B.
4．答案：B
解析：由正弦定理得,所以,
因为,所以,所以,则.
故选：B.
5．答案：D
解析：向量在向量的投影向量为,
则;向量在向量上的投影向量为,则,
所以.
故选：D.
6．答案：A
解析：分别过顶点A,B向对边作垂线,垂足分别为点D,E,如图所示,
设,,则,,,,
则
,
所以,即.
故选：A.
7．答案：C
解析：由,得,
由,得,整理得,
所以,则,设向量,的夹角为,
则.
故选：C.
8．答案：B
解析：由,,得圆台的下底面的半径为2,上底面的半径为1,
设圆台的高为h,由圆台的体积为,得,
所以,在梯形中,则.如图,延长,,交于点P,
由,得,所以.设该圆台的侧面展开图的圆心角为,
则,所以,连结,,则从点A到C的最短路径为线段,又,,,所以.
故选：B.
9．答案：AC
解析：对于A,多面体至少有4个面,故A正确;
对于B,圆柱的母线与它的轴平行,故错误;
对于C,用任意的平面截一个球得到的截面都是一个圆面,故C正确;
对于D,满足条件的几何体可能是组合体,故D错误.
故选：AC.
10．答案：ACD
解析：在中,由余弦定理得,所以,A正确;
在中,由正弦定理得,B错误;
在中,由余弦定理得0.,当且仅当时等号成立,所以,则的面积为,C正确;
由上可得,所以,所以,D正确.
故选：ACD.
11．答案：BD
解析：设为向量与的夹角,由新运算可知,,
由上可知,则,
又,所以1,则,
当为钝角时,,即,A错误;
因为,
所以,B正确;设为非零常数,
则,
当时,,C错误;
因为,,m,所以,
所以,又m,,所以,所以m,t中至少一个为0,则,D正确.
故选：BD.
12．答案：8
解析：根据斜二测画法可知,原来的平行四边形为一个矩形,且该矩形的宽为2,长为4,
故原来的平行四边形的面积为.
13．答案：
解析：由白银比例可知,,所以,则,
又,
所以
.
14．答案：;1
解析：在四面体中,因为,所以为直角三角形,
因为,所以为直角三角形,取的中点O,则,
所以O为四面体的外接球的球心,则为四面体的外接球的直径,所以四面体的外接球的表面积为.将四面体补成直三棱柱,
由条件可知,,且,所以,又,
故四面体的体积为.
15．答案：（1）
解析：（1）设,则,
由为纯虚数,得①
由,得,②
由①②解得,,
所以,.
（2）由（1）可知,,
由,得,
整理,得,
解得或.
故实数m的值为1或5.
16．答案：（1）
（2）为等腰三角形
解析：（1）在中,因为,
所以由正弦定理得,
由余弦定理得,而
所以.
（2）因为,
故,即,
所以为等腰三角形.
17．答案：（1）
（2）
解析：（1）由可知,,
则,,
所以;
又为边上的中线,所以.
（2）由,得,,
又,所以向量与的夹角为,则.
由图形可知,的大小等于向量与的夹角.
又,
,
,
所以,
又,所以.
18．答案：(1);
(2).
解析：(1)因为正三棱柱的底面边长为,高为2,
则,
所以正三棱柱的体积.
(2)在正三棱柱中,由（1）知,,,
圆锥的底面圆圆心O是矩形的中心,令圆O半径为r,
有,即,
令的中点为E,连接,则,且,,,
于是,解得,则圆锥的母线长,
圆锥的底面圆面积,侧面积.
19．答案：（1）见解析
（2）15
解析：（1）证明：设的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且,
由,得,
由正弦定理,得,
由余弦定理,得,
则,
整理,得,
当时,,由,得,所以,则,
所以.
当时,.
由上可知,当时,.
同理可证,当时,;
当时,;当时,;
当时,;当时,;
综上可知,倍角定理成立.
（2）由正弦定理得,
由倍角定理得,则,所以.
由余弦定理,得,
则,
由的面积为,得,
解得,则,
故的周长为15.