福建省龙岩市一级校联盟2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试卷(含答案)

这是一份福建省龙岩市一级校联盟2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试卷(含答案)，共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．复数( )
A.B.C.D.
2．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，，则( )
A.1B.2C.D.
3．若平面向量与的夹角是，且，则( )
A.B.C.D.
4．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，，则该三角形的形状是( )
A.直角三角形B.等腰三角形C.等边三角形D.等腰直角三角形
5．已知直线a,b,c是三条不同的直线，平面，，是三个不同的平面，下列命题正确的是( )
A.若，，则
B.若，，则
C.若，，且，，则
D.，，三个平面最多可将空间分割成8个部分
6．已知平面上四个点，，，，则向量在向量上的投影向量为( )
A.B.C.D.
7．如图所示，在三棱柱中，若点E,F分别满足，，平面将三棱柱分成体积为,的两部分，则( )
A.B.C.D.
8．已知是锐角三角形，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.若且，则外接圆面积的取值范围是( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．在复数范围内（i是虚数单位），下列选项正确的是( )
A.关于x的方程的解为
B.复数的虚部是5
C.若复数z满足，则
D.已知，若是关于x的方程的一个根，则，
10．在中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，则下列的结论中正确的是( )
A.
B.
C.若是锐角三角形，恒成立
D.若O为的外心，且，，则
11．如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论正确的是( )
A.三棱锥的体积为定值
B.平面
C.的最小值为
D.当，C，，P四点共面时，四面体的外接球的体积为
三、填空题
12．已知复数（），则复平面内满足的点Z的集合围成的图形面积为，则实数________.
13．“圆锥容球”是指圆锥形的容器里放了一个球，且球与圆锥的侧面及底面均相切（即圆锥的内切球）.已知某圆锥形容器的轴截面为等边三角形，高为，则该圆锥内切球的表面积为________.（容器壁的厚度忽略不计）
14．在四面体中，，，平面，E,F分别为线段,的中点，现将四面体以为轴旋转，则线段在平面上投影长度的取值范围是.
四、解答题
15．已知复数（，i为虚数单位）.
（1）若为纯虚数，求实数a的值；
（2）若，且复数在复平面内所对应的点位于第四象限，求a的取值范围.
16．已知向量，.
（1）当且时，求;
（2）当，时，求与夹角的余弦值.
17．如图，梯形是圆台的轴截面，E，F分别在底面圆，的圆周上，为圆台的母线，，已知，，G，H分别为，的中点.
（1）证明：平面平面.
（2）若三棱锥的体积为，求圆台的侧面积.
18．如图1，在平面四边形中，，，.E是线段上靠近P端的三等分点，F是线段的中点，.将沿折成四棱锥，连接，，，如图2.
（1）在图2中，证明：平面.
（2）在图1中，求的值.
19．现有长度分别为1，2，3，4的线段各1条，将它们全部用上，首尾依次相连地放在桌面上，可组成周长为10的三角形或四边形.
（1）求出所有可能的三角形的面积.
（2）如图，在平面凸四边形中，，，，.
①当大小变化时，求四边形面积的最大值，并求出面积最大时的值.
②当时，所在平面内是否存在点P，使得达到最小？若有最小值，则求出该值；否则，说明理由.
参考答案
1．答案：A
解析：.
故选：A.
2．答案：B
解析：因为，，，所以，
由正弦定理，可得，解得.
故选：B.
3．答案：A
解析：平面向量与的夹角是，和是相反向量，
存在且使，，
又，，
，则,.
故选：A.
4．答案：B
解析：由，,则，
由，则，
由于，则，
A，C均为三角形的内角，，即，
故该三角形的形状是等腰三角形.
故选：B.
5．答案：D
解析：直线a，b，c是三条不同的直线，平面，，是三个不同的平面，
对于A，若，，则a与b相交、平行或异面，故A错误；
对于B，若，，则或，故B错误；
对于C，若，，且，，由于直线a,b未必相交，所以与不一定平行，故C错误；
对于D，，，三个平面两两垂直时，最多可将空间分割成8个部分，故D正确
故选：D.
6．答案：A
解析：根据题意，可得，，，
所以在向量上的投影数量等于，
可得向量在向量上的投影向量为.
故选：A.
7．答案：A
解析：，，，，；
，几何体为三棱台，
设三棱柱的高为h，
，
，.
故选：A.
8．答案：D
解析：由和正弦定理可得，所以.由余弦定理得，
所以，即，
由正弦定理得，
因为，所以，
则，即.
因为是锐角三角形，所以，，所以.
又在上单调递增，所以，则.
因为是锐角三角形，所以，，，
所以，由正弦定理得，所以，所以，
所以外接圆面积.
故选：D
9．答案：BC
解析：对于A，方程可化为，所以或，所以和，选项A错误；
对于B，复数，虚部是5，选项B正确；
对于C，复数z满足，所以,故，即，所以，选项C正确；
对于D，若是方程的一个根，则也是方程的根，
所以，解得或，选项D错误.
故选：BC.
10．答案：ACD
解析：A中，因为，，
在三角形中，，可得，由正弦定理可得，
所以，所以，所以，即，
当，即，
即，在三角形中，，，
所以，由正弦定理可得：，
所以，可得，所以A正确；
B中，因为，当A为钝角时，则，此时，，
所以，所以B不正确；
C中，若三角形为锐角三角形，则，即，
所以，所以C正确；
D中，因为，，即，，
设D为的中点，因为O为外接圆的圆心，所以，可得，
所以，所以D正确.
故选：ACD.
11．答案：ABD
解析：对于A，因为,不在平面内，平面，
所以平面，又，
所以点P到平面的距离为，
又为定值，
故定值，A正确；
对于B，因为，平面，平面，所以平面，同理可知平面，
又，平面，
所以平面平面，
由于平面，故平面，B正确.
对于C，展开两线段所在的平面，得矩形及等腰直角三角形，
连接，交于点P，此时最小，最小值即为的长，
过点作，交的延长线于点N，
其中,,，
故，又勾股定理得，C正确；
对于D，点P在点B处，，C，，P四点共面，
四面体的外接球即正方体的外接球，
故外接球的半径为，所以该球的体积为，D正确.
故选：ABD
12．答案：4
解析：复平面内满足的点Z的集合围成的图形为以为圆心，以m半径的圆，
复平面内满足的点Z的集合围成的图形面积为，
则，解得（负值舍去）.
故答案为：4.
13．答案：
解析：作圆锥的轴截面图，如图，
由图，为等边三角形，则，
又，所以，
所以在正中，，
设内切球球心为，半径为R，则在上，且，，
在中，，所以，解得，
所以外接球表面积.
故答案为：.
14．答案：
解析：如图，取的中点G,的中点O，连接,,,，
E,F分别是线段,的中点，，，
，，，，
则，，且，平面，平面，又平面，，，
在中，，
当四面体绕旋转时，
，平面，平面，
平面，与的垂直性保持不变，且，长度不变.
当与平面垂直时，在平面上的投影长最短为0，
此时在平面上的投影的长取得最小值，最小值为，
当与平面平行时，在平面上的投影长最长为，
此时在平面上的投影的长取得最大值，最大值为，
线段在平面上的投影长的取值范围是.
故答案为：
15．答案：（1）；
（2）
解析：（1）.
因为为纯虚数，，解得，
所以.
（2）由，
由复数在复平面内所对应的点位于第四象限，得，解得.
a的取值范围为.
16．答案：（1）；
（2）
解析：（1）当且时,,即，
所以，解得（负值舍去），
所以，，
所以，
所以；
（2），，
则，又，，
所以，解得，所以，
则，
即与夹角的余弦值为.
17．答案：（1）证明见解析；
（2）
解析：（1）在梯形中，，，，
又G为的中点，，，
故四边形为平行四边形，.
又平面，平面，
平面.
G,H分别是，的中点，
.
又平面，平面，
平面.
又，平面，平面，
平面平面.
（2）设由（1）可知,，则为三棱锥的高h.故，
由，可得，
.
又,，，
.
故，
.
在中，.
故圆台的侧面积.
18．答案：（1）证明见解析；
（2）1
解析：（1）证明：连接，交于点O，连接，
，，
又，，
又E是线段上靠近P端的三等分点，，
，，
平面，平面，
平面.
（2）由，可知D，E，M三点共线，P，F，M三点共线，
由P，F，M三点共线，可设（），.
F是的中点，，
E是线段上靠近P端的三等分点，，，
故，即，
由D，E，M三点共线，可得，解得，
故.
19．答案：（1）答案见解析；
（2）①，；②存在，
解析：（1）根据三角形两边之和大于第三边，由题意可知，所有可能符合情况的三角形的三边长为，3，4和2，，4，
当三角形三边为，3，4时，由余弦定理知等腰三角形顶角的余弦值，，.
当三角形三边为2，，4时，由余弦定理知等腰三角形顶角的余弦值，，.
（2）①连接BD，由余弦定理知，，
，，
∴，
∴.
又，
.
又，
.
.
故
，
当且仅当时，，取得最大值，
此时，，
，，，，.
②把绕A逆时针旋转60°，如图，则，，连接.
为等边三角形，则，，，，
（当且仅当，，P，B共线时取得最小值），
此刻，
最小值为.