河南省新乡市原阳县第一高级中学2023-2024学年高一下学期4月月考 数学试题（含解析）

2023-2024学年高一年级下学期4月份测试数学试卷考试时间：120分钟说明：1.本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共150分.考试时间120分钟.2.将Ⅰ卷和Ⅱ卷的答案都写在答题卷上，在试卷上答题无效.第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本题共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．已知平面向量，，则等于（）A． B．C． D．2．如图，在中，是线段上的一点，且，过点的直线分别交直线，于点，，若，，则的最小值是（

）

A． B． C． D．3．我国古代人民早在几千年以前就已经发现并应用勾股定理了，勾股定理最早的证明是东汉数学家赵爽在为《周髀算经》作注时给出的，被后人称为“赵爽弦图”.“赵爽弦图”是数形结合思想的体现，是中国古代数学的图腾，还被用作第24届国际数学家大会的会徽.如图，大正方形是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形组成的，若，，E为的中点，则（

）

A． B．C． D．4．设（、、）.已知关于的方程有纯虚数根，则关于的方程的解的情况，下列描述正确的是（

）A．方程只有虚根解，其中两个是纯虚根B．可能方程有四个实数根的解C．可能有两个实数根，两个纯虚数根D．可能方程没有纯虚数根的解5．已知与共线，且向量与向量垂直，则（

）A． B． C． D．6．已知非零向量满足，则（

）A． B． C． D．7．图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（

）A． B．C．四边形的周长为 D．四边形的面积为8．在中，点满足，过点的直线与、所在的直线分别交于点、，若，，则的最小值为A． B． C． D．二、选择题：本题共4小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的3分.有选错的得0分.9．给出下列四个命题，其中正确的是（

）A．非零向量、满足，则与的夹角是B．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，若满足条件的有两个，则b的取值范围为C．若单位向量、，夹角为，则当取最小值时D．已知，，，若为锐角，则实数m的取值范围是10．设的内角所对的边分别为，且.若点是外一点，，下列说法中，正确的命题是（

）A．的内角B．一定是等边三角形C．四边形面积的最大值为D．四边形面积无最大值11．在三角形中，令，，若，，，，则（）A．的夹角为B．，C．D．三角形的边上的中线长为三、填空题：本题共3小题.每小题5分，共15分.12．复数是实数，则.13．设圆台的高为3，如图，在轴截面A1B1BA中，∠A1AB＝60°，AA1⊥A1B，则圆台的体积为.14．已知平面向量满足，且与的夹角为120°，则的取值范围是__________________.四、解答题：本题共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．设a，b，c分别为内角A，B，C的对边，已知，.(1)求A的值；(2)若，，求c的值.16．已知向量，设函数.(1)求在上的单调增区间；(2)若对任意恒成立，求的取值范围.17．如图，在几何体中，四边形为菱形，对角线与的交点为O，四边形为梯形，.(1)若，求证：平面；(2)若，求证：平面平面.18．如图，在中，，，，为边上的高.(1)求的长；(2)设，.①若，求实数的值；②求的最小值.19．如图，四边形中，，E，F分别在，上，，现将四边形沿折起，使．(1)若，在折叠后的线段上是否存在一点P，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．(2)求三棱锥的体积的最大值，并求出此时点F到平面的距离．1．A【分析】根据向量坐标的数乘和减法运算直接求解即可【详解】.故选：A2．A【分析】根据三点共线以及平面向量基本定理推出，再根据基本不等式可求出结果.【详解】因为三点共线，所以可设，则，又，所以，又，，所以，所以，所以，消去得，所以，因为，，得，得，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.故选：A3．A【分析】作于点，设，由直角三角形求得，再根据向量分解（或向量的线性运算）得结论．【详解】作于点，则，设，由已知，，即，所以，，则，，所以，故选：A．

4．A【分析】根据给定条件，设，再利用方程根的意义结合复数相等，推理计算判断作答.【详解】，，关于的方程有纯虚数根，设纯虚数根为，则有，即，即有，，，方程化为，方程有两个纯虚数根为，方程化为：，整理得，于是得或，因此方程有两个纯虚数根，而方程中，，因此方程无实数根，有两个虚数根，不是纯虚数根，所以选项A正确，选项B，C，D均不正确.故选：A【点睛】思路点睛：复数问题，常设出复数的代数形式，再利用复数及相关运算，探讨关系式求解.5．B【分析】首先由平面向量垂直的坐标运算及得出，再由平面向量平行的坐标表示及，得出，即可求出．【详解】因为，所以，解得，又因为，所以，解得，所以，故选：B．6．C【分析】根据题意，结合向量的数量积的运算法则，化简求得，即可求解.【详解】因为，所以.因为，所以，又因为，所以.故选：C.7．D【分析】过作交于点，求出，即可判断B，再还原平面图，求出相应的线段长，即可判断.【详解】如图过作交于点，由等腰梯形且，又，，可得是等腰直角三角形，即，故B错误；还原平面图如下图，则，，，故A错误；过作交于点，则，由勾股定理得，故四边形的周长为：，即C错误；四边形的面积为：，即D正确.故选：D.8．B【分析】由题意得出，再由，，可得出，由三点共线得出，将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求出的最小值.【详解】如下图所示：，即，，，，，，，、、三点共线，则.，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为，故选：B.【点睛】本题考查三点共线结论的应用，同时也考查了利用基本不等式求和式的最小值，解题时要充分利用三点共线得出定值条件，考查运算求解能力，属于中等题.9．BC【分析】选项A.由向量的平行四边形法则结合几何图形可得判断；选项B.由正弦定理可判断；选项C.由可判断；选项D.由且与不同向可判断.【详解】选项A.非零向量、满足，令：，，则，，由于，如图所示：所以四边形为菱形，且为等边三角形；所以，则与的夹角为，故不正确．选项B.由正弦定理，若满足条件的有两个，则即，记得则b的取值范围为，故B正确.选项C.若单位向量的、的夹角为，则，当时，的最小值为，故C正确；选项D.对于，，，由于为锐角，所以且与不同向，即则且，故不正确．故选：BC10．ABC【分析】由正弦定理边角关系及已知角的大小可得，即可判断A、B；由余弦定理可得，结合，得到面积关于角D的三角函数式，利用正弦函数的性质及D的范围求最值，判断C、D.【详解】由题设，又，所以，，故，则或，又，故，A正确；所以是等边三角形，B正确；由，则，且，而，所以当时有最大面积为，故C正确，D错误.故选：ABC11．ABD【分析】根据数量积的定义求得向量夹角判断A，解方程组求得判断B，根据三角形的性质判断C，利用向量中线公式用表示出中线向量（是边中点），最终用表示，然后平方转化为数量积求模判断D．【详解】由已知，而，所以，A正确；由，解得,B正确；显然不平行，因此是错误的，即C错；设边的中点是，则，，D正确，故选：ABD．12．【分析】由题干可得且，进行计算即可得解.【详解】根据题意且，所以且，即，所以或（舍），故答案为：13．【分析】设上、下底面半径分别为，结合图形题意及几何性质可得，后由圆台体积公式可得答案.【详解】设上、下底面半径，母线长分别为.作于点D，则，.又，则.又，则.则，又圆台高，则圆台体积.故答案为：.14．（0,]【详解】解：15．(1)(2)【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化，即可得到，再由，代入计算，即可得到结果；（2）根据题意，由平面向量的线性运算可得，再由余弦定理代入计算，即可得到结果.【详解】（1）因为，，所以，由正弦定理得.又，所以.因为，所以.又，所以.（2）由，得，所以，所以点D在边上，且，因为，所以，.在中，由余弦定理得，即，解得（负根已舍去）.16．(1)(2)【分析】（1）根据数量积的坐标表示并结合二倍角公式和两角和的正弦公式化简求得的表达式，根据x的范围，结合正弦函数的单调性，即可求得答案；（2）根据x的范围，求得的最值，继而求得的最大值，结合不等式恒成立，即得答案.【详解】（1），当时，则.由，可得，故函数在上的单调增区间为.（2）当时，则，故当，即时，函数的最大值为，当，即时，函数的最小值为0，所以在上的最大值为1，由于对任意恒成立，故，故的取值范围为.17．(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）取的中点，连接，，从而可得为平行四边形，即可证明平面；（2）只需证明平面，即可证明平面平面.【详解】（1）证明：取的中点，连接，，∵是菱形的对角线，的交点，∴，且，又∵，且，∴，且，从而为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.（2）证明：连接，∵四边形为菱形，∴，∵，是的中点，∴，又，平面，∴平面，又平面，∴平面平面.18．(1)(2)①不存在实数；②【分析】（1）先求出的长，再利用等面积法求解即可；（2）①根据题意得，，利用数量积求解即可；②根据题意得，，利用数量积求解即可.【详解】（1）根据题意得，，即，解得，因为为边上的高，所以，解得.（2）①由（1）知，所以，所以，所以，因为，所以，所以，即，又，所以，解得，不符合题意，故不存在实数使②，，所以当时取得最小值，即.所以的最小值为：.19．(1)存在，(2)最大值为3，此时点F到平面的距离为【分析】（1）取，可得，过点作交于点，连接，则有，结合已知条件可证四边形为平行四边形即可证明结论；（2）利用有最大值，求出BE的长度，在中，由余弦定理得的值，进一步求出的