河北省石家庄二十四中2023-2024学年高一下学期期中数学试题(解析版)

石家庄市第二十四中学2023—2024学年第二学期期中考试高一年级数学试题第I卷（选择题，共74分）一、单项选择题：本题共10小题，每小题5分，共50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.复数，则（）A.的实部为 B.的虚部为C.的虚部为 D.的虚部为1【答案】B【解析】【分析】利用复数的虚部与实部的定义求解.【详解】复数的实部为，虚部为，故选：B.2.已知向量，，且，则（）A.4 B.2 C.0 D.【答案】D【解析】【分析】根据向量平行列出方程，化简求出的值.【详解】由题意知，则，解得，故D项正确.故选：D.3.已知圆锥的底面半径为1，高为，则圆锥的侧面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】作出圆锥的轴截面，根据已知求出圆锥的母线，进而根据侧面积公式即可得出答案.【详解】作出圆锥的轴截面如图由已知可得，，，所以，所以，圆锥的母线为，所以，圆锥的侧面积为.故选：B.4.如图，的斜二测直观图为等腰直角三角形，其中，则的面积为（）A.2 B.4 C. D.【答案】D【解析】【分析】将直观图还原为原图，如图，求出，进而求出，即可求解.【详解】将直观图还原为原图，如图，

由，，所以，所以，则，即的面积为.故选：D5.中，点为上的点，且，若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】选定基向量，根据向量的加减法，用基底表示出向量，结合条件即可求得，可得答案.【详解】由题意可得,又，故，故，故选:B6.如图，测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得∠BCD=15°，∠BDC=30°，CD=30m，并在点C测得塔顶A的仰角为60°，则塔高AB等于（）A.5m B.15m C.5m D.15m【答案】D【解析】【分析】在中，由正弦定理，求得，再在中，即求.【详解】在△BCD中，，由正弦定理得，解得(m），在Rt△ABC中，(m).故选：D7.一艘轮船按照北偏东方向，以18海里小时的速度直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东方向上，经过20分钟的航行，轮船与灯塔的距离为海里，则灯塔与轮船原来的距离为（）海里．A.2 B.3 C.4 D.6【答案】C【解析】【分析】作出示意图，利用余弦定理，即可得解．【详解】设轮船从点出发到达点，灯塔在点，如图所示，由图可知，，海里，在中，由余弦定理知，，所以，即，解得或（舍负），所以灯塔与轮船原来的距离为4海里．故选：C．8.已知两个平面，，及两条直线l，m，则下列命题不正确的是（）A.若，，则B.若，，，则C.若，，，，则D.若，，则【答案】C【解析】【分析】根据线面垂直的性质判断AB，根据面面平行的判定定理判断C，根据面面平行的性质判断D.【详解】对于A，若，时，则，所以A正确；对于B，因为，，所以，又，所以，所以B正确；对于C，由面面平行的判定定理知：若，，，，且与相交时，，所以C错误；

对于D，根据面面平行的传递性知：平行于同一个平面的两个平面平行，所以D正确.故选：C9.以下关于正弦定理或其变形的叙述错误的是（）A.在中，B.在中，若，则C.在中，若，则，若，则都成立D.在中，【答案】B【解析】【分析】根据正弦定理，逐项判断，即可得出结果.【详解】中，由正弦定理可得，，故AD正确；B选项，在中，若，则或，即或，即为等腰三角形或直角三角形，不一定能得到；故B错；C选项，在中，若，由正弦定理可得，根据三角形的性质：大边对大角，可得；反之，由也可有成立，即C正确；故选：B.10.在平面四边形ABCD中，，若P为边BC上的一个动点，则的最小值是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，建立合适的直角坐标系，从而利用平面向量数量积的坐标表示即可得解.【详解】因为三角形中，，所以是边长为2的等边三角形，则以为轴，的中垂线为轴，建立直角坐标系如图，则，设，则，故，显然当时，取得最小值，故选：B.二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．11.对于，，下列说法正确的有（）A.若，则 B.若，则是纯虚数C. D.【答案】AC【解析】【分析】由共轭复数概念、复数相等判断A；特殊值判断B；令且，且，利用复数乘法、模的概率判断C、D；【详解】A：，则的虚部为0，故，正确；B：当时，成立，而不是纯虚数，错误；C：令且，则，则，正确；D：令且，且，则可能为虚数，而为实数，错误.故选：AC12.下列命题正确的是（）A.若向量满足，则为平行向量B.已知平面内的一组基底，则向量也能作为一组基底C.模等于个单位长度的向量是单位向量，所有单位向量均相等D.若是等边三角形，则【答案】ABD【解析】【分析】由平行向量定义可知A正确；由基底的要求可知B正确；由相等向量定义知C错误；由向量夹角的定义知D正确.【详解】对于A，，方向相反，是平行向量，A正确；对于B，为一组基底，不共线，也不共线，也可以作为一组基底，B正确；对于C，虽然单位向量模长相等，但方向可以不同，故不是所有单位向量均相等，C错误；对于D，为等边三角形，，D正确.故答案为：ABD.13.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的是（）A.若，则B.若是锐角三角形，恒成立C.若，，，则符合条件的有两个D.若，，则面积的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】由正弦定理可以判断A；借助诱导公式及正弦函数的单调性可以判断B；作出示意图判断C；根据余弦定理结合基本不等式求解面积最值判断D.【详解】对A，由正弦定理可知，正确；对B，因为三角形为锐角三角形，所以，所以，则，错误；对C，如示意图，点A在射线上，，所以，则，由图可知符合条件的三角形有2个，正确；

对D，由余弦定理可知，则，当且仅当时，等号成立，此时该三角形为正三角形，所以，即面积的最大值为，正确.故选：ACD.14.《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章算术》中，将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马，将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图在堑堵中，，，，分别为棱，的中点，则（）A.四面体为鳖臑B.平面C.若，则与所成角的正切值为D.三棱锥的外接球的体积为定值【答案】ABD【解析】【分析】由线面垂直的判定定理和性质定理可判断A；连接相交于点，可得四边形为平行四边形，，再由线面平行的判定定理可判断B；由B选项知与所成角即与所成角为或其补角，求出，在中由余弦定理得，再求出可得正切值可判断C；由、均为直角三角形可得点是三棱锥的外接球的球心，求出外接球的半径可判断D.【详解】对于A，在堑堵中，平面，平面，所以，，，所以、均为直角三角形，因为，所以为直角三角形，且，平面，所以平面，平面，所以，所以为直角三角形，所以四面体为鳖臑，故A正确；对于B，如图，连接相交于点，所以点为的中点，连接，所以，，因为，，所以，，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面，故B正确；对于C，，由B选项知，，所以与所成角即与所成角或其补角，因为，所以，连接，所以，所以，所以，在中，由余弦定理得，所以为锐角，则，则与所成角正切值为，故C错误；对于D，如下图，连接，由A选项可知，、均为直角三角形，且，，且点为的中点，所以，所以点是三棱锥的外接球的球心，且外接球的半径为，因为，所以为直角三角形，所以三棱锥的外接球的体积为，与长度无关，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：异面直线所成角的求法有几何法和向量，几何法：平移两直线中的一条或两条，到一个平面中，利用边角关系，找到（或构造）所求角所在的三角形，求出3边或3边的比例关系，用余弦定理求角.向量法：求两直线的方向向量，求两向量夹角的余弦，因为直线夹角为锐角，所以对2的余弦取绝对值即为直线所成角的余弦值.第II卷（非选择题，共76分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．15.已知i为虚数单位，若复数，则________．【答案】【解析】【分析】根据复数的除法运算可化简，即可根据共轭复数的定义即可求解.详解】,所以，故答案为：16.已知，是两个不共线的向量，，若与共线，则________．【答案】##【解析】【分析】根据给出的条件，利用共线向量定理求出，即可求解.【详解】由已知，是两个不共线的向量，则，又因为与共线，则，即，解得.故答案为：.17.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，则的形状是______.【答案】等腰三角形或直角三角形.【解析】【分析】利用两角和差的正弦公式化简已知条件，再结合角的范围即可求解.【详解】由得，则，所以，所以，所以或，因为，，所以或，所以的形状为等腰三角形或直角三角形.故答案为：等腰三角形或直角三角形.18.在棱长为1的正方体中，P为正方形ABCD内（包括边界）的一动点，E，F分为别为棱AB，BC的中点，若直线与平面无公共点，则线段的长度范围是______.【答案】【解析】【分析】取的中点，取的中点为，连接，证明平面平面，结合直线与平面无公共点，得到点在线段上，由此求得长的范围.【详解】如图所示，取的中点，取的中点为，连接，由三角形的中位线的性质，可得，则，又由平面，平面，可得平面，连接，可得且，则四边形为平行四边形，可得，因为平面，平面，所以平面，又因为，平面，所以平面平面，由直线与平面无公共点，所以点在线段上，当为的中点时，取得最小值，最小值为，当与点或重合时，取得最大值，最大值为，所以线段的长的范围是.故答案为：.【点睛】思路点睛：取的中点，取的中点为，连接，利用线面位置关系的判定定理和性质定理，证明平面平面，结合直线与平面无公共点，得到点在线段上是解答的关键.四、解答题：本题共5小题，共56分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19.若复数，当实数为何值时，（1）是纯虚数；（2）对应的点在第二象限.【答案】(1)；(2)【解析】【分析】（1）由题可得，解出即可；（2）由题可得，解出不等式即可.【详解】（1）若是纯虚数，则，解得；（2）若对应的点在第二象限，则，解得，即的取值范围为.20.已知向量，满足，，且，的夹角为.（1）求；（2）若，求实数的值；【答案】（1）5（2）【解析】【分析】（1）由数量积的定义以及运算律即可求解.（2）由数量积的定义以及运算律即可列方程求解.【小问1详解】.【小问2详解】因为，所以，即，也即，所以，解得.21.如图，在棱长为2的正方体中，E是线段的中点，平面过点、C、E．（1）求平面截正方体所得的截面多边形的面积；（2）平面截正方体，把正方体分为两部分，求比较小的部分与比较大的部分的体积的比值．（参考公式：【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接、、，利用平行线的传递性可证得，可知、、、四点共面，再由于、、三点不共线，可得出面即为平面截正方体所得的截面；经分析可知，四边形为等腰梯形，求出该等腰梯形的高，利用梯形的面积公式可求得截面面积；（2）利用台体的体积公式可求得三棱台的体积，并求出剩余部分几何体的体积，从而可求解.【小问1详解】如下图，取的中点，连接、、.因为是的中点，所以.在正方体中，，，所以四边形是平行四边形，所以，所以，所以、、、四点共面.因、、三点不共线，所以、、、四点共面于平面，所以面即为平面截正方体所得的截面.且截面为梯形，，，，同理可得，如下图所示：分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，则，，，所以，则，因为，，，则四边形为矩形，所以，则，所以，所以梯形的面积为.小问2详解】多面体为三棱台，，，该棱台的高为，所以，该棱台的体积为，故剩余部分的体积为.故比较小的那部分与比较大的那部分的体积的比值为.22.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．（1）求角B的大小；（2）若且，求边长c的取值范围．【答案】（1）（2）(1,2)【解析】【分析】（1）根据已知条件利用余弦定理可以求得，进而得解；（2）利用正弦定理可以求得，进而根据角的范围，利用正弦函数的性质求得.【小问1详解】由余弦定理及得，所以，因为，所以；【小问2详解】∵,∴,∵，∴，∴,∴边长的取值范围是(1,2).23.已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.（1）求证：；（2）求点到平面的距离；（3）若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并说明点此时所在的位置.【答案】（1）证明见解析（2）（3）在线段上靠近点的处，【解析】【分析】（1）由题可得平面，故.根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明；（2）根据题干数据结合即可求解；（3）由线面平行的判定定理可得平面，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂