浙江省丽水市五校高中发展共同体2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试卷(解析版)

这是一份浙江省丽水市五校高中发展共同体2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试卷(解析版)，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.）
1. 已知复数z满足，其中为虚数单位，则z的虚部为（ ）
A. 0B. C. 1D.
【答案】B
【解析】由题意，复数z满足，可得，
所以z的虚部为.
故选：B.
2. 设，为非零向量，则“”是“与共线”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】当时，，
化简得，即，，即与共线，
当与共线时，则存在唯一实数，使得，
，，与不一定相等，
即不一定相等，
故“”是“与共线”的充分不必要条件.
故选：A.
3. 在空间几何中下列说法正确的是（ ）
A. 过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
B. 过一点有且只有一条直线与已知直线平行
C. 过一点有且只有一个平面与已知直线平行
D. 过一点有且只有一个平面与已知直线垂直
【答案】D
【解析】A选项：根据空间两条直线的垂直关系有相交垂直和异面垂直两种情况，故当已知点在已知直线上时，可作无数条直线与已知直线垂直；当已知点在直线外时，可以作一条或者无数条直线与已知直线垂直，故A选项错误；
B选项：当已知点在已知直线上时，不能作出与已知直线平行直线；当已知点在已知直线外时，可以作一条与已知直线平行的直线，故B选项错误；
C选项：当已知点已知直线上时，不能作出平面与已知直线平行；当已知点在已知直线外时，可作出无数个平面与已知直线平行，故C选项错误；
D选项：无论已知点在已知直线上还是已知直线外，假设过一点能作出两个平面与已知直线垂直，则这两个平面平行，显然与两平面经过一个点相互矛盾，故过一点有且只有一个平面与已知直线垂直，故D正确.
故选：D.
4. 已知在中，三个内角的对边分别为，若，，边上的高等于，则的面积为（ ）
A. B. 9C. D.
【答案】A
【解析】由，即，得，
所以.
故选：A.
5. 已知点O为所在平面内一点，且，，，则为（ ）
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
【答案】C
【解析】如图所示，取BC中点D，连接并延长OD至E，使DE=OD，
于是四边形BOCE是平行四边形，
，又，
，四点共线，AD是中线，
同理可证BO、CO延长线均为的中线，O是的重心．
又，，
，
，
，，，O是的垂心，
又，O是的外心，
有上述可知：，，
同理可证，，△ABC是等边三角形．
故选：C.
6. 已知、为异面直线，平面，平面，若直线满足，，，，则（ ）
A. ，B. ，
C. 直线，D. 直线，
【答案】C
【解析】选项A，假设，则，与、为异面直线矛盾，故A错误；
选项B，假设，结合，得到，与矛盾，故B错误；
选项C、D，因为、为异面直线，所以在空间内过一点可以作，
则，，即垂直于与所在的平面，
又因为平面，平面，所以平面，平面，
所以平面既垂直于平面，又垂直于平面，
所以平面与平面 相交，且交线垂直于平面，故平行于，故C正确.
故选：C.
7. 已知三点在以为圆心，1为半径的圆上运动，且，为圆所在平面内一点，且，则下列结论错误的是（ ）
A. 的最小值是1B. 为定值
C. 的最大值是10D. 的最小值是8
【答案】D
【解析】A选项，因为，所以点在以为圆心，2为半径的圆上运动，
又因为点在以为圆心，2为半径的圆上运动，
所以当三点共线时，取得最小值，为，故A正确；
B选项，因为三点在圆上，所以圆是的外接圆，
又因为，所以是圆的直径，
所以，
，
是定值，故B正确；
选项C、D，
，
所以
，
，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，
即的最大值是10，最小值是6，故C正确，D错误.
故选：D.
8. 设A、B、C是函数与函数的图象连续相邻的三个交点，若是锐角三角形，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由已知条件及三角函数诱导公式得：
，
所以函数，的周期，
在同一直角坐标系中作出函数，的图像，如图所示：
因为A、B、C为连续三交点，(不妨设B在x轴下方)，D为AC的中点，
由对称性知，是以AC为底边的等腰三角形，
所以，
由展开整理得：，
又，所以，
设点A、B的纵坐标分别为，则，即，
要使为锐角三角形，则，又，
所以当且仅当时满足要求，
此时，解得，
所以的取值范围是.
故选：B.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.）
9. 已知钝角中，若，则下列命题中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】对于A，由题意可知，且，则，
当为锐角时，由在上单调递增，则，
当为钝角时，即，则，
所以，故A正确；
对于B，当为钝角时，则，此时，故B错误；
对于C，由题意可知，且函数在上单调递减，
则，故C正确；
对于D，当，，时，符合题意，
则，，即，故D错误.
故选：AC.
10. 若复数，满足（为虚数单位），则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】对于A，，所以，故A正确；
对于B，由已知，，所以，故B正确；
对于C和D，由，设，
则，故C错误，D正确.
故选：ABD．
11. 已知正方体的棱长为2，点P是的中点，点M是正方体内（含表面）的动点，且满足，下列选项正确的是（ ）
A. 动点M在侧面内轨迹的长度是
B. 三角形在正方体内运动形成几何体的体积是2
C. 直线与所成的角为，则的最小值是
D. 存在某个位置M，使得直线与平面所成的角为
【答案】ABC
【解析】如图所示，取中点，连接，
取中点，连接，
在立方体中，因为，为中点，所以，
所以，，，四点共面，
又因为平面，且平面，所以，
又因为，且平面，，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为，
且，且均为锐角，
所以，
又因为平面，且平面，
所以，
又因为平面，且，
所以平面，
又因为平面，所以，
又因为平面，且，
所以平面，
又因为，则平面，所以的轨迹为截面，
对于A，因为平面，且平面平面，
所以动点在平面内的轨迹长度为的长，且，故A正确；
对于B，三角形在正方体内运动形成几何体为四棱锥，
且，
又因为，
所以，，
所以四棱锥的体积为，故B正确；
对于C，因为，所以直线与直线所成角为，
在直角三角形中，当时，，
所以，故C正确；
对于D，易知与或重合时，直线与平面所成角最大，
且为或，
因为，所以，
所以不存在某个位置，使得直线与平面所成角为，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12. 已知向量，，且，则______．
【答案】
【解析】因为，所以，
所以，
.
故答案为：.
13. 高为1的圆锥，侧面积为，则过其顶点的截面面积最大值为______．
【答案】2
【解析】设底面半径为，则母线长为，
因为侧面积为，
所以，解得，
当截面为中轴面时顶角最大，截面的顶角设为，
则，，
所以最大面积为，此时，顶角为.
故答案为：2.
14. 已知在锐角中，三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】根据正弦定理，，又因为，
所以：
，
因为三角形为锐角三角形，因此，解得，
所以，所以，
因此的范围为，
所以得的范围为.
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. 已知在中，三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．
（1）若，，求b；
（2）求证：．
解：（1）由，得：，
∴，结合余弦定理得：，
∵，，∴．
（2）由（1）得，∴，
∴，，
∴，，
由可知，，即，
∴，即．
16. 如图在三棱台中，四边形是等腰梯形，平面平面，，．
（1）求三棱台的体积；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
解：（1）记与的面积分别为和，则由题可得，，
如图过点作，垂足为O，
平面平面且交线为，平面，
，，，
.
（2）过点O作，垂足为E，连接，
由（1）得平面，平面，，又，
平面，平面，
平面，，
为平面与平面夹角的平面角，
是上靠近的四等分点，由得，
，
平面与平面ABC所成角的余弦值为．
17. 欧拉公式：（为虚数单位，），是由瑞士著名数学家欧拉发现的．它将指数函数的定义域扩大到了复数，建立了三角函数和指数函数之间的关系，它被誉为“数学中的天桥”．
（1）根据欧拉公式计算；
（2）设函数，求函数在上的值域．
解：（1）．
（2）
，
因，所以，，，
即.
18. 如图在平行四边形中，，，分别为和上的动点（包含端点），且，．
（1）若，
①请用，表示；
②设与相交于点，求.
（2）若，求的取值范围．
解：（1）①，
，
，．
②设，则，
三点共线，，．
（2），，
，
，．
19. “风筝”是中国传统文化中不可或缺的一部分，距今已有2000多年的历史．相传在东周春秋时期，墨翟以木头制成木鸟，是人类最早的风筝起源．后来鲁班用竹子，改进墨翟的风筝材质，直至东汉期间，蔡伦改进造纸术后，坊间才开始以纸做风筝，称为“纸鸢”．到南北朝时，风筝开始成为传递信息的工具；从隋唐开始，由于造纸业的发达，民间开始用纸来裱糊风筝；到了宋代的时候，放风筝成为人们喜爱的户外活动．风筝主要由骨架、风筝面、尾翼、提线、放飞线五部分组成．如图（1）就是一个由菱形的风筝面ABCD和两个直角三角形尾翼和所组成的风筝．其中，，，，．现将此风筝的两个尾翼分别沿折起，使得点P与点Q重合于点S，并连接，得到如图（2）所示的四棱锥．
（1）求证：平面；
（2）若E为棱上一点，记，
①若求直线与平面所成角的正切值；
②是否存在点E使得直线与直线所成角为，若存在请求出的值，若不存在请说明理由．
解：（1）①连接AC，交BD于点O，又∵底面为菱形，∴，
由题可得，，
且平面，平面，
∴平面，又平面∴，
∵，平面 ，平面，
∴平面．
（2）①连接SO交CE于点G，由（1）得平面，
∴为直线CE与平面SBD所成角，
∵，AD＝CD＝1，，
∴，
∵，∴，
在三角形中，由，，所以由余弦定理得：
，
，
∴，
即，
∴，
∴直线与平面所成角的正切值为．
②连接，∵，
∴或其补角为直线与直线所成角，
则假设存在点，满足，
由得，，
在三角形中，由，所以由余弦定理得：
，
过点作，交于，
由平面，平面，得，所以，
由可得，
因为，所以，，
在三角形中，由余弦定理得：
，
再由，平面可得平面，
又因为平面，所以，
在直角三角形中，由勾股定理得：
．
在三角形中，又因为，所以由余弦定理得：
，
解得，
∴存在使得直线与直线所成角为．