贵州省学校卓越联盟发展计划项目2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题（解析版）

参照机密级管理★启用前贵州省学校卓越联盟发展计划项目2024年上半年期中考试高一数学注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的考生号､姓名､考点学校､考场号及座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一､单项选择题（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.在中，若，则是（）A. B.或 C.或 D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出角.【详解】在中，由正弦定理得，而，所以或．故选：C2.已知复数，则（）A. B.1 C. D.2【答案】A【解析】【分析】根据条件，利用复数的运算及模长的计算公式，即可求解.【详解】由，所以，则，故选：A．3.若直线不平行于平面，且直线，则下列说法正确的是（）A.内存在与平行的直线 B.内所有直线都与异面C.与有公共交点 D.内所有直线都与相交【答案】C【解析】【分析】利用线面的位置关系直接判断得解.【详解】由直线不平行于平面，且直线，得直线与平面相交，则与有公共交点，C正确；平面内不存在直线与平行，否则，与已知矛盾，因此内所有直线都与异面或相交，ABD错误.故选：C4.已知向量满足，且，则与的夹角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据向量的夹角余弦公式计算求值.【详解】设与的夹角为，则，因，所以．故选：C．5.若一圆柱的侧面展开图是一个面积为的正方形，则该圆柱的体积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意可得该圆柱的高，底面半径，进而可得体积.【详解】设圆柱的底面半径为，高为，因为圆柱的侧面展开图是一个面积为的正方形，则该圆柱的高，底面圆的周长为，解得，所以圆柱的体积．故选：D．6.如图，在中，已知，则为（）A B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理求出，即而求出，结合两角和的正弦公式，即可求得答案.【详解】在中，由余弦定理：，所以为锐角，，所以．故选：B7.已知是边长为6的等边三角形，点分别是上的点，满足，连接交于点，求（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】方法一：根据三点共线的结论可得，结合数量积运算即可；方法二：作投影，结合数量积的几何意义运算求解；方法三：建系，可得，结合数量积的坐标运算求解.【详解】方法一：因为共线，设，即，则，解得，所以方法二：过点连接的中点，过点分别做边的垂线，垂足分别是，易得，则在边上的投影是，所以；方法三：以边的中点为坐标原点，以边为轴建立如图所示直角坐标系，则，设，因为共线可得，解得，即，可得，所以.故选：A.8.已知在钝角中，是钝角，，点是边上一点，且，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理可得，结合向量可得，结合基本不等式运算求解.【详解】因为，由正弦定理可得，且，则，可得，且，则，又因为，则，可得，则，因为，则，又因为，当且仅当时，等号成立，所以，即的最小值为.故选：C．二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知，则下列说法正确的是（）A.．B.．C.在复平面内对应的点位于实轴上，则．D.在复平面内的点在直线上．【答案】BCD【解析】【分析】根据复数的除法得出复数，再结合复数乘法可判断A,根据模长判断B,根据复数的类型求参判断C,化简复数得出对应点即可判断D.【详解】对于由得．，故A错；对于，故正确；对于C．，因为点在实轴上，所以，故C正确；对于，对应复平面内点的坐标为，且，故D正确．故选：BCD.10.在中，，点是线段的中点，线段交于，则下列说法正确的是（）A.B.C.D.与的面积之比为【答案】ABD【解析】【分析】根据几何图形，结合向量的线性运算，即可判断AB，根据三点共线表示，再利用基底表示向量，再利用平面向量基本定理的的推论，根据系数和为1，即可判断C，根据C的判断，即可判断D.【详解】对于：根据，又因为点是线段的中点，，故，故A正确；对于：因为，所以，，故正确；对于，因为点是线段的中点，所以，设，则，，又，则，又因为三点共线，所以，解得，故错误；对于D：由于，故，故D正确.故选：ABD11.如图，在棱长为2的正方体中，分别是，的中点，是线段上的动点，则（）A.不存在点，使四点共面B.存在点，使平面C.三棱锥的体积是定值D.经过四点的球的表面积为【答案】BC【解析】【分析】当与重合时，说明，即可判断A；当为的中点时，证明平面，判断B；结合三棱锥体积公式判断C；利用割补法求得经过四点的球的半径，即可求得球的表面积，判断D.【详解】对A选项，当与重合时，连接，由于,则四边形为平行四边形，故，又，故，从而可得四点共面，A选项错误；对B选项，当为的中点时，，而四边形为平行四边形，故，知，平面，平面，得平面，B选项正确；对C选项，点到面的距离为2，而，所以是定值，C选项正确；对D选项，设分别为的中点，则为长宽高分别为2，2，1的长方体，根据分割补形法知：经过四点的球即为长方体的外接球，所求球的直径满足：，经过四点的球的表面积为，D选项错误．故选：BC．三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知复数，且，则__________．【答案】2【解析】【分析】根据复数运算及复数相等得出参数值，最后计算即可求解.【详解】由，则，所以，解得，所以．故答案为：2.13.贵州中天201大厦是贵阳标志性建筑之一，又名为“芦笙楼”．它是以贵州少数民族芦笙为原型设计，外形造型看上去就像是用很多微型大楼“拼接”起来的一样，而这一部分其实具有相当先进的建筑工艺，采用的是筒式悬挂结构，目前是世界上最高的筒式悬挂建筑．某数学兴趣小组成员为测量中天201大厦的高度，在与楼底位于同一水平面上的两处进行测量，已知在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为米，则中天201大厦的高度为__________米．【答案】【解析】【分析】设，利用直角三角形边角关系表示，再利用余弦定理建立方程求解即得.【详解】设，在中，，则，在中，，则，在中，由余弦定理得，即，解得，所以中天201大厦的高度为米.故答案为：14.在梯形中，，梯形外接圆圆心为，圆上有一个动点，求的取值范围__________．【答案】【解析】【分析】根据单位向量的概念与数量积的定义，求出，结合在梯形中，，和圆内接四边形对角互补，可得梯形为等腰梯形，且AB中点为梯形的外接圆圆心，再建立平面直角坐标系进行求解即可.【详解】由，得，则，又在梯形中，，则，结合圆内接四边形对角互补可得，所以梯形是等腰梯形．又，取中点，可得，，即为梯形外接圆圆心，所以，梯形外接圆以为圆心，2为半径的圆.以所在的直线为轴，的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图：设是角的终边，又因为点在圆上，所以，即又A-2,0，，由，则，故．故答案为：【点睛】关键点点睛：本题的关键是确定梯形外接圆的圆心所在位置，主要考查了圆内接四边形的性质，平面向量的数量积的定义与运算性质，以及角的终边与圆交点的坐标表示，属于较难题.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.已知复数的共轭复数为在复平面上对应的点在第一象限，且满足，（1）求复数；（2）求复数的模长．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，则，结合题意列式求解即可；（2）由（1）可得，进而可得模长.【小问1详解】设，则，由题意可得，解得，又因为在复平面上对应的点在第一象限，即，所以.【小问2详解】由（1）可知，则，所以.16.已知向量是平面内一组基底，且与的夹角为锐角，（1）求证三点共线．（2）设，若的最小值是，求锐角的值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用向量的线性运算，结合共线向量定理推理即得.（2）利用向量数量积的运算律及数量积的定义化简，再借助二次函数最值求解即得.【小问1详解】由，得，则，即，又有公共点，所以三点共线.【小问2详解】依题意，令，函数是开口向上的二次函数，则当时，，即，整理得，则，所以锐角.17.如图，在四棱锥中，，底面为矩形，对角线与相交于点，点到平面的距离为为的中点．（1）求证：平面．（2）求三棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面平行判定定理证明即可；（2）根据线面平行得出三棱锥的高，再结合三棱锥的体积公式计算即可.【小问1详解】如图，连接．点为的中点，且点为的中点为的中位线，即．又平面平面平面【小问2详解】为矩形又平面平面点到平面的距离为1，即棱锥的高为1．又为的中点，且．18.在①；②；③；这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题（其中为的面积）．问题：在中，角的对边分别为，满足：__________．（1）求角的大小；（2）若，角与角的内角平分线相交于点，求面积的取值范围．【答案】（1）任选一条件，都有；（2）【解析】【分析】（1）选①，由面积公式、向量数量积可得答案；选②，由正弦定理、两角和的正弦展开式可得答案；选③，由正弦定理、余弦定理可得答案；（2）令，在中由正弦定理得求出，再由三角形的面积公式、三角函数的选择可得答案.【小问1详解】选①，由已知得：，所以，，所以，，，若，则，，所以，，即：；选②，由正弦定理得：，所以，，所以，，又因为，所以，，所以，．，因，所以；选③，由正弦定理得：，即：．得：．由余弦定理得：，又因为，所以；【小问2详解】由题可得：，则．令，在中由正弦定理得：，所以，，所以，．又因为，所以，，所以，．即：．19.“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：（1）若是边长为4的等边三角形，求该三角形的费马点到各顶点的距离之和；（2）的内角所对的边分别为，且，点为的费马点．（i）若，求；（ii）求的最小值．【答案】（1）（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）过作于，结合题意即可求解；（2）（i）根据正弦定理求得，由三角形面积公式及向量数量积即可求解；（ii）设，得出，由勾股定