2023-2024学年重庆市万州二中教育集团高一下学期期中考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2重庆市万州二中教育集团2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷一、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，只有一项符合题目要求.1.已知复数z满足，则的虚部是（）A. B.1 C. D.i〖答案〗B〖解析〗由已知，得，所以z的虚部为1.故选：B.2.若，，则等于（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，，所以.故选：D.3.已知一个圆锥的母线长为2，其侧面积为，则该圆锥的高为（）A.1 B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗设圆锥的底面圆的半径为，母线为，则，所以其侧面积为，解得，所以圆锥的高为.故选：C.4.在中，，则（）A. B.或 C. D.或〖答案〗D〖解析〗在中，根据大边对大角可得A>B，由正弦定理，得，所以，故或.故选：D.5.若，，，则向量与的夹角为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由，，，则，而，即得，所以，又，所以.故选：A.6.如图，在中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段的中点，则（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由题图，.故选：A.7.在中，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因，所以，因为，两式相减，得，由正弦定理，得，即，因为，所以.故选：A.8.已知向量满足：为单位向量，且与相互垂直，又对任意不等式恒成立，若，则的最小值为（）A.4 B.5 C.6 D.7〖答案〗C〖解析〗和相互垂直，则，则，设，则，因为恒成立，则，即，则，，对称轴时：，即.故选：C.二、多项选择题：本题共3个小题，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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知复数，则下列说法不正确的为（）A. B.C. D.在复平面上对应的点在第四象限〖答案〗ACD〖解析〗，所以，故A错误；，故B正确；，故C错误；在复平面上对应的点在第三象限，故D错误.故选：ACD.10.在中，已知，下列结论中正确的是（）A.这个三角形被唯一确定 B.一定是钝角三角形C. D.若，则的面积是〖答案〗BC〖解析〗依题意可设，对于A，当取不同的值时，三角形显然不同，故A错误；对于B，因为，，所以，则三角形为钝角三角形，故B正确；对于C，由正弦定理可知，，故C正确；对于D，因为，即，即，又因为，所以，则，故D错误.故选：BC.11.在中，角所对的边分别是，下列命题正确的是（）A.若，则为等腰三角形B.若，则此三角形有两解C.若，则为等腰三角形D.若，且，则该三角形内切圆面积的最大值是〖答案〗ABD〖解析〗对于A，若，则，从而，即，即，故，从而为等腰三角形，A正确；对于B，若，则，而，即，解得或，故此三角形有两解，B正确；对于C，注意到等价于，而这又等价于，所以或，也就是为等腰三角形或直角三角形，C错误；对于D，已知条件为，且，而等价于，即，对该等式通分得到，即，即，这即为，由知该等式即为，从而条件等价于且，从而该三角形内切圆半径，又由于，当且仅当时等号成立，从而，故该三角形的内切圆面积，验证知当时，等号成立，所以该三角形的内切圆面积的最大值是，D正确.故选：ABD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.三个平面最多可以将空间分为______部分．〖答案〗〖解析〗如图所示，空间中三个平面最多可以将空间分为8部分.故〖答案〗为：.13.已知为平面向量，．若在方向上的投影向量为，则__________.〖答案〗〖解析〗设的夹角为，因为在方向上的投影向量为，，所以，得，从而，.故〖答案〗为：.14.一个棱长为2的正四面体盒子内部放置了一个正方体，且该正方体在铁盒内能任意转动，则该正方体棱长的最大值为_______.〖答案〗〖解析〗由题意可知，正方体在正四面体内部任意旋转，当正方体的棱长取得最大值时，正方体的外接球即为正四面体的内切球，将正四面体放到正方体中，作出图形如图，因为正四面体的棱长为2，则图中正方体的棱长为，所以正四面体的体积为，侧面积为，设正四面体内切球的半径为，则，解得，设放置进去的正方体的棱长最大值为，则，解得.故〖答案〗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.已知向量.（1）若向量，且，求的坐标；（2）若向量与互相垂直，求实数的值.解：（1）法一：设，则，所以，解得，所以或.法二：设，因为，，所以，因，所以，解得或，所以或.（2）因为向量与互相垂直，所以，即，而，，所以，因此，解得.16.在中，．（1）求；（2）若，且的面积为，求的周长．解：（1）因为，则，由已知可得，可得，因此，.（2）由三角形的面积公式可得，解得，由余弦定理可得，，所以，的周长为.17.如图，在正方体中，E是的中点.（1）求证：平面；（2）设正方体的棱长为1，求三棱锥的体积．解：（1）证明：因为在正方体中，，，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）因为正方体的棱长是1，E是的中点，所以，三角形ABC的面积，三棱锥的体积.18.在中，角所对的边分别是，若是边上的一点，且.（1）若时，求面积的最大值；（2）若，①求角的大小；②当取得最大值时，求的面积.解：（1）由题意可得，，根据余弦定理得，所以，所以的面积为，当，即时，面积最大，最大值1.（2）①由，，则，由正弦定理得，化简得，所以，又因为，所以.②因为，由，可得，整理得，又因为，所以，令为锐角，则，其中为锐角，当，即时，取得最大值，此时，，解得，的面积为.19.1712年英国数学家布鲁克·泰勒提出了著名的泰勒公式，该公式利用了多项式函数曲线来逼近任意一个原函数曲线，该公式在近似计算，函数拟合，计算机科学上有着举足轻重的作用.如下列常见函数的阶泰勒展开式为：其中，读作的阶乘.1748年瑞士数学家莱昂哈德·欧拉在泰勒公式的灵感下创造了人类数学最美妙的公式，即欧拉公式，特别的欧拉恒等式被后世称为“上帝公式”.欧拉公式建立了复数域中指数函数与圆函数（正余弦函数）的关系，利用欧拉公式还可以完成圆的等分，即棣莫弗定理的应用.（1）请写出复数的三角形式，并利用泰勒展开式估算出的3阶近似值（精确到0.001）；（2）请根据上述材料证明欧拉公式，并计算与；（3）记，由棣莫弗定理得，从而得，复数，我们称其为1在复数域内的三次方根.若为64在复数域内的6次方根.求取值构成的集合，其中.解：（1）设的三角形式为，，，所以复数的三角形式为，由泰勒公式令可得，的3阶近似值为.（2）由，令得到，，化简得，所以，欧拉公式得证，因为，所以，两式相加得，两式相减得，所以，.（3）记，由棣莫弗定理得，从而得，所以，所以64在复数域内的6次方根为，，，设，其中，代入计算可得，.重庆市万州二中教育集团2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷一、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，只有一项符合题目要求.1.已知复数z满足，则的虚部是（）A. B.1 C. D.i〖答案〗B〖解析〗由已知，得，所以z的虚部为1.故选：B.2.若，，则等于（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，，所以.故选：D.3.已知一个圆锥的母线长为2，其侧面积为，则该圆锥的高为（）A.1 B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗设圆锥的底面圆的半径为，母线为，则，所以其侧面积为，解得，所以圆锥的高为.故选：C.4.在中，，则（）A. B.或 C. D.或〖答案〗D〖解析〗在中，根据大边对大角可得A>B，由正弦定理，得，所以，故或.故选：D.5.若，，，则向量与的夹角为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由，，，则，而，即得，所以，又，所以.故选：A.6.如图，在中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段的中点，则（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由题图，.故选：A.7.在中，，则（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因，所以，因为，两式相减，得，由正弦定理，得，即，因为，所以.故选：A.8.已知向量满足：为单位向量，且与相互垂直，又对任意不等式恒成立，若，则的最小值为（）A.4 B.5 C.6 D.7〖答案〗C〖解析〗和相互垂直，则，则，设，则，因为恒成立，则，即，则，，对称轴时：，即.故选：C.二、多项选择题：本题共3个小题，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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知复数，则下列说法不正确的为（）A. B.C. D.在复平面上对应的点在第四象限〖答案〗ACD〖解析〗，所以，故A错误；，故B正确；，故C错误；在复平面上对应的点在第三象限，故D错误.故选：ACD.10.在中，已知，下列结论中正确的是（）A.这个三角形被唯一确定 B.一定是钝角三角形C. D.若，则的面积是〖答案〗BC〖解析〗依题意可设，对于A，当取不同的值时，三角形显然不同，故A错误；对于B，因为，，所以，则三角形为钝角三角形，故B正确；对于C，由正弦定理可知，，故C正确；对于D，因为，即，即，又因为，所以，则，故D错误.故选：BC.11.在中，角所对的边分别是，下列命题正确的是（）A.若，则为等腰三角形B.若，则此三角形有两解C.若，则为等腰三角形D.若，且，则该三角形内切圆面积的最大值是〖答案〗ABD〖解析〗对于A，若，则，从而，即，即，故，从而为等腰三角形，A正确；对于B，若，则，而，即，解得或，故此三角形有两解，B正确；对于C，注意到等价于，而这又等价于，所以或，也就是为等腰三角形或直角三角形，C错误；对于D，已知条件为，且，而等价于，即，对该等式通分得到，即，即，这即为，由知该等式即为，从而条件等价于且，从而该三角形内切圆半径，又由于，当且仅当时等号成立，从而，故该三角形的内切圆面积，验证知当时，等号成立，所以该三角形的内切圆面积的最大值是，D正确.故选：ABD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.三个平面最多可以将空间分为______部分．〖答案〗〖解析〗如图所示，空间中三个平面最多可以将空间分为8部分.故〖答案〗为：.13.已知为平面向量，．若在方向上的投影向量为，则__________.〖答案〗〖解析〗设的夹角为，因为在方向上的投影向量为，，所以，得，从而，.故〖答案〗为：.14.一个棱长为2的正四面体盒子内部放置了一个正方体，且该正方体在铁盒内能任意转动，则该正方体棱长的最大值为_______.〖答案〗〖解析〗由题意可知，正方体在正四面体内部任意旋转，当正方体的棱长取得最大值时，正方体的外接球即为正四面体的内切球，将正四面体放到正方体中，作出图形如图，因为正四面体的棱长为2，则图中正方体的棱长为，所以正四面体的体积为，侧面积为，设正四面体内切球的半径为，则，解得，设放置进去的正方体的棱长最大值为，则，解得.故〖答案〗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.已知向量.（1）若向量，且，求的坐标；（2）若向量与互相垂直，求实数的值.解：（1）法一：设，则，所以，解得，所以或.法二：设，因为，，所以，因，所以，解得或，所以或.（2）因为向量与互相垂直，所以，即，而，，所以，因此，解得.16.在中，．（1）求；（2）若，且的面积为，求的周长．解：（1）因为，则，由已知可得，可得，因此，.（2）由三角形的面积公式可得，解得，由余弦定理可得，，所以，的周长为.17.如图，在正方体中，E是的中点.（1）求证：平面；（2）设正方体的棱长为1，求三棱锥的体积．解：（1）证明：因为在正方体中，，，所以四边形为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）因为正方体的棱长是1，E是的中点，所以，三角形ABC的面积，三棱锥的体积.18.在中，角所对的边分别是，若是边上的一点，且.（1）若时，求面积的最大值；（2）若，①求角的大小；②当取得最大值时，求的面积.解：（1）由题意可得，，根据余弦定理得，所以，所以的面积为，当，即时，面积最大，最大值1.（2）①由，，则，由正弦定理得，化简得，所以，又因为，所以.②因为，由，可得，整理得，又因为，所以，令为锐角，则，其中为锐角，当，即时，取得最大值，此时，，解得，的面积为.19.1712年英国数学家布鲁克·泰勒提出了著名的泰勒公式，该公式利用了多项式函数曲线来逼近任意一个原函数曲线，该公式在近似计算，函数拟合，计算机科学上有着举足轻重的作用.如下列常见函数的阶泰勒展开式为：其中，读作的阶乘.1748年瑞士数学家莱昂哈德·欧拉在泰勒公式的灵感下创造了人类数学最美妙的公式，即欧拉公式，特别的欧拉恒等式被后世称为“上帝公式”.欧拉公式建立了复数域中指数函数与圆函数（正余弦函数）的关系，利用