江苏省镇江市2023-2024学年高一下学期6月期末 数学试题【含答案】

2023-2024学年度第二学期高一期末质量监测数学试卷（考试时间：120分钟试卷满分：150分）一、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，只有一项是符合题目要求的.1．在复平面内，复数（为虚数单位）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．正方体中，，分别为棱，中点，则与所成角为（

）A． B． C． D．3．已知向量，满足：，，，则（

）A． B．5 C． D．4．如图，将一个圆柱4等份切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了20，则原圆柱的侧面积是（

）A． B． C． D．5．已知，，则（

）A． B． C． D．6．已知向量，，满足：，且，则三角形的形状是（

）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等边三角形7．设为锐角，若，则的值为（

）A． B． C． D．8．在中，点，在边上，且满足：，，若，，，则的面积等于（

）A． B． C． D．二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．已知，是不同平面，，，是不同直线，则“”的充分条件是（

）A．，； B．，，；C．，，； D．，，10．已知复数（是虚数单位），是的共轭复数，下列说法中正确的是（

）A．的虚部为4； B．；C．； D．是的一个平方根11．设，是夹角为的单位向量，由平面向量基本定理知：对平面内任一向量，存在唯一有序实数对，使得，我们称有序数对为向量的“仿射坐标”.若向量和的“仿射坐标”分别为，，则下列说法正确的是（

）A．B．若，则的“仿射坐标”为C．若，则D．若，则三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡的横线上.12．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是.13．将正方形沿对角线折叠成直二面角，则此时与平面所成角的大小是.14．某校高一学生对学校附近的一段近似直线型高速公路进行实地测绘（如图），结合地形，他们选择了，两地作为测量点.通过测量得知：，两地相距300米，，分别位于地正东和东偏南方向上；，和分别位于地的北偏东，和南偏东方向上.则，两地之间的距离为米；若一辆汽车通过高速公路段用时约50秒，则该辆汽车的车速约为千米/小时.（参考数据：，，，）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．如图，在正方体中.(1)求证：平面；(2)求证：.16．在直角坐标系中，已知向量，，（其中），为坐标平面内一点.(1)若，，三点共线，求的值；(2)若向量与的夹角为，求的值；(3)若四边形为矩形，求点坐标.17．已知角，满足，，且，.(1)求的值；(2)求的大小.18．在以下三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答.①；②；③的面积为（如多选，则按选择的第一个记分）问题：在中，角，，的对边分别为，，，且.(1)求角；(2)若，求面积的最大值；(3)在（2）的条件下，若为锐角三角形，求的取值范围.19．已知在多面体中，，，.(1)若，，，四点共面，求证：多面体为棱台；(2)在（1）的条件下，平面平面，，，，且.①求多面体的体积；②求二面角正切值.1．A【分析】利用复数除法运算化简，即可求解对应点的坐标，即可求解.【详解】,故复数对应的点为，位于第一象限，故选：A2．C【分析】由题意画出图形，数形结合可得答案.【详解】如图，连接，，，因为，分别为棱，中点，所以，所以为与所成角，因为在正方体中，，所以为等边三角形，所以，故选：C3．B【分析】首先求出，再根据及数量积的运算律计算可得.【详解】因为，所以，所以.故选：B4．B【分析】原圆柱的底面圆半径为，高为，得到，从而求出侧面积.【详解】设圆柱的底面圆半径为，高为，则原圆柱的表面积为，新几何体的表面积为，故，原圆柱的侧面积为.故选：B5．A【分析】由结合两角差的正切公式求得.【详解】由得，故选：A.6．D【分析】由三角形重心、外心性质得到是三角形的重心、外心，从而得到三角形为等边三角形.【详解】因为，所以是三角形的重心，又因为，所以是三角形的外心，所以三角形是等边三角形.故选：D.7．B【分析】根据给定条件，利用诱导公式、同角公式及二倍角公式求解即得.【详解】由为锐角，得，而，因此，所以.故选：B8．D【分析】因为，则M为BC中点，两边平方化简得到；因为，则AN为角平分线，，化简得到．解出，代入面积公式即可.【详解】如图，在中，设,

因为，则M为BC中点，两边平方得到，，即，化简因为，则AN为角平分线，，即，条件代入化简得，，则，且，联立解得，解得(负值舍去).所以.故选：D.9．BC【分析】根据空间中直线与平面，以及平面与平面的位置关系，即可结合选项逐一求解.【详解】对于A,由，，则,可能相交，可能异面，可能平行，故A错误，对于B，由线面平行的性质定理可知，，，则，B正确，对于C,若，，，则，C正确，对于D，若，，，则,异面或者平行，D错误，故选：BC10．ABD【分析】AB，根据虚部和共轭复数的概念得到AB正确；C选项，计算出，，故C错误；D选项，计算出，故D正确.【详解】A选项，的虚部为4，A正确；B选项，，B正确；C选项，，，故，C错误；D选项，，故是的一个平方根，D正确.故选：ABD11．ABD【分析】根据“仿射坐标”定义，．将陌生的仿射坐标转化为熟悉的向量表达式来解题即可．【详解】根据“仿射坐标”定义，．对于A，，即，因此．故A正确．对于B，,则，根据“仿射坐标”定义，的“仿射坐标”为．故B正确．对于C，若，则，化简，即，解得，故C错误．对于D，若，，则，联立得出，故D正确．故选：ABD.12．【详解】试题分析：正四棱柱的高是4，体积是16，则底面边长为2，底面正方形的对角线长度为，所以正四棱柱体对角线的长度为，四棱柱体对角线为外接球的直径，所以球的半径为，所以球的表面积为．考点：正四棱柱外接球表面积．13．【分析】取中点，证明是与平面所成的角，求得此角即得，【详解】如图，取中点，连接，，则，，所以是二面角的平面角，所以，不妨设正方形的边长为2，，，故，因为，，，，平面，所以平面，所以是与平面所成的角．所以与平面所成的角是．故答案为：．14．【分析】由方位角知识得到，，，，，在和中由正弦定理得到米，米，在中由余弦定理得到米千米，由速度公式求得速度.【详解】在中，，，米，，由正弦定理得，即得米；在中，米，，，，由正弦定理得，即得米，在中，，米，米，由余弦定理得，即，所以米千米，秒小时，所以速度为千米/小时，故答案为：1000；72.15．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据正方体的性质得到，即可得证；（2）根据正方体的性质得到、，即可证明平面，从而得证.【详解】（1）在正方体中，又平面，平面，所以平面；（2）连接、，在正方体中为正方形，所以，又平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以.16．(1)(2)(3)【分析】（1）根据平面向量的坐标运算求出、，利用，，三点共线列方程求出的值．（2）利用向量的夹角公式即可求解.（3）由平面向量的坐标运算和矩形的定义，列方程组求出、、的值，再求和．【详解】（1）向量，，，所以，，由，，三点共线知，，即，解得；（2）,解得，（3）设，由，，，，若四边形为矩形，则，即，解得；由，得，解得，故17．(1)(2)【分析】（1）根据题意和同角三角函数基本关系式、二倍角公式分别求出，，，，再利用两角差的正弦公式计算即可；（2）先根据题意缩小角的范围到和，进而得出，再计算的值即可得到结果.【详解】（1）因为，，所以，所以，；因为，所以；所以.（2）因为，，所以；因为，所以，故，所以；又因为，所以，；所以，又因为，所以.18．(1)答案见解析(2)(3)【分析】（1）选①：由正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式化简得到求解；选②先切化弦，再利用正弦定理得到求解；选③利用三角形面积公式和正弦定理得到，再利用余弦定理求解.（2）利用余弦定理和基本不等式即可解题；（3）由正弦定理得到，从而有求解.【详解】（1）若选①：由正弦定理得，则，，，．若选②：，切化弦，得到，则由正弦定理得，，即，，，若选③：，则，由正弦定理得，，.（2）由余弦定理得，，则，当且仅当“”时，取“＝”号，即．，则，当且仅当“”时取得最大值．（3）由正弦定理得，则，，由于为锐角三角形，则，..19．(1)证明见解析.(2)【分析】(1)利用面面平行的定义可以证明上下底面的两个面平行，接着证明三条侧棱交于一点.(2)求棱台的体积转化为求两个棱锥的体积即可；求二面角的正切值做出二面角的正切值，利用解三角形求解即可.【详解】（1）因为，平面，平面,所以平面.同理可证：平面.又因为，平面，平面.所以平面平面，而，故共面.因为，设.而，且平面，所以平面，同理可证平面，所以面面.又因平面平面，所以，则交于同一点，又因为平面平面.所以多面体为棱台.（2）三棱台中，由(1)知侧棱交于同一个点，连结.在侧面梯形中，有，.所以梯形为直角梯形.又因为，，所以，所以，故.又因面面，面面，面.所以平面，即的长度等于点到平面的距