2023-2024学年河北省沧州市沧衡学校联盟高一下学期期中数学试题及答案

试题PAGE1试题试题PAGE2试题沧衡学校联盟高一年级2023—2024学年下学期期中考试数学注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、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.4.本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六章至第八章第5节.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．（

）A． B． C． D．2．已知单位向量满足，则在上的投影向量为（

）A． B． C． D．3．下列命题正确的是（

）A．若直线上有无数个点不在平面内，则B．若直线与平面平行，则平面内有无数条直线与平行C．若两条平行直线中的一条与一个平面平行，则另一条也与这个平面平行D．若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都平行4．如图，在等腰梯形中，，，，则（

）A． B．C． D．5．如图，的斜二测画法的直观图是腰长为的等腰直角三角形，轴经过的中点，则（

）A．6 B． C．12 D．6．如图，在平面直角坐标系中，，，，是线段上一点（不含端点），若，则（

）

A． B． C．4 D．7．如图，四边形的顶点都在圆上，且经过圆的圆心，若圆的半径为4，，四边形的面积为，则（

）A．4 B．2 C． D．8．如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（

）A． B． C． D．二、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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9．已知点，，，则下列结论正确的是（

）A．是直角三角形B．若点，则四边形是平行四边形C．若，则D．若，则10．已知复数，，均不为0，则下列说法正确的是（

）A．若复数满足，且，则B．若复数满足，则C．若，则D．若复数，满足，则11．半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．某半正多面体由6个正方形和8个正六边形构成，其也可由正八面体（由八个等边三角形构成，也可以看作上、下两个正四棱锥黏合而成）切割而成．在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的是（

）A．B．若平面平面，则C．该半正多面体的体积为D．该半正多面体的表面积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.12．已知向量，.若，，则.13．如图，某圆台上、下底面的圆周都在球的球面上，且球的球心与该圆台下底面圆的圆心重合，若该圆台下底面圆的半径为13，母线长为，则该圆台的体积为．14．如图，为了测量两山顶，间的距离，飞机沿水平方向在，两点进行测量，，，，在同一个铅垂平面内．已知飞机在点时，测得，在点时，测得，，千米，则千米．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．如图，直三棱柱所有的棱长都为1，，分别为和的中点．

(1)证明：平面．(2)求三棱锥的体积．16．已知向量，.(1)若，求；(2)若，，求与的夹角的余弦值.17．的内角，，的对边分别为，，，．(1)求角的大小；(2)若，的面积为，求的周长．18．如图，在四棱锥中，，，平面．(1)证明：．(2)点在线段上，设，是否存在点，使得平面平面？若不存在，请说明理由；若存在，求出的值，并给出证明．19．在中，内角的对边分别为，且.(1)求.(2)若，点是边上的两个动点，当时，求面积的取值范围.(3)若点是直线上的两个动点，记.若恒成立，求的值.参考答案1．D【分析】利用复数的运算法则运算即可.【详解】.故选：D2．C【分析】根据投影向量公式直接求解即可.【详解】在上的投影向量为.故选：C3．B【分析】利用线面平行的定义、性质逐项分析判断得解.【详解】对于A，若直线l上有无数个点不在平面内，则或l与相交，A错误；对于B，直线与平面平行，则存在过直线的平面与平面相交，令交线为，于是，显然在平面内有无数条直线与平行，这些直线都平行于，B正确；对于C，若两条平行直线中的一条与一个平面平行，则另一条也与这个平面平行或在这个平面内，C错误；对于D，若直线l与平面平行，则l与平面内的直线平行或是异面直线，不会与平面内的任意一条直线都平行，D错误.故选：B4．B【分析】根据给定条件，结合图形，利用向量线性运算计算得解.【详解】在等腰梯形中，，，，.故选：B5．D【分析】先将直角坐标系中的原图作出，再比对直观图与原图直接求出即可.【详解】由题意得的原图如图所示，其中D为的中点，且，，所以，故.故选：D.6．B【分析】先求出直线的方程，根据在线段上，设出点坐标，列出方程，再根据列方程，解方程组，得到点坐标，可求的长度.【详解】如图：

点A，C在一次函数的图象上.设，则，，，解得（舍去），所以，，.故选：B7．A【分析】因为圆的半径为4，且，所以的等边三角形，得到，所以.用的三角函数表示出四边形的面积，从而求出，计算弦长即可.【详解】连接，，则是等边三角形，.四边形的面积为，解得.因为，所以.所以是等边三角形，所以.故选：8．D【分析】连接、、、、、，借助平行线的性质可得四点共面，即可得线段与相交，线段与相交，线段与相交，从而排除A、B、C.【详解】如图，连接，，，由正方体的性质及、分别为棱、的中点，易得，所以线段与相交，与相交，故A、B错误；连接，，有，，故，所以线段与相交，C错误；连接，直线与，直线与均为异面直线，D正确.故选：D.9．ABD【分析】根据向量垂直、平行的坐标表示，线性运算的坐标表示求解后判断各选项．【详解】，，所以，，是直角三角形，A正确.若点，则,，四边形是平行四边形，B正确.若，则，C错误.若，则是中点，，D正确.故选：ABD．10．ABD【分析】根据复数的乘方运算结合复数概念判断A；根据复数的除法运算判断B；举反例判断C；根据复数的共轭复数概念以及复数的乘法运算可判断D.【详解】对于A选项，令，a，，则，因为，且，所以，则，故，故A正确；对于B选项，令，则由，得，所以，故B正确；对于C选项，令，，此时，，，故C错误；对于D选项，令，，则，所以，，故D正确.故选：ABD11．ABD【分析】由图形的性质得到四边形为正方形可得A正确；由线面平行的性质定理可得B正确；由两个大棱锥的体积减去六个小棱锥的体积可得C错误；由8倍的大正三角形面积减去3个小正三角形的面积再加上6个正方形的面积可得D正确.【详解】对于A、B：如图，易得四边形为正方形，所以.因为平面，所以平面.因为平面平面，平面，所以.因为，所以，故A，B正确.对于C：该半正多面体的体积为，故C错误.对于D：该半正多面体的表面积为，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：在求正多面体面积或体积时可用“拼凑法”求解较为简单.12．【分析】将垂直关系利用坐标表示，然后因式分解，根据对恒成立即可求解.【详解】因为，，所以，因为，所以.即，整理得，因为上式对恒成立，所以，解得.故答案为：13．【分析】根据圆台的结构特点，结合已知的条件，求出圆台的上、下底半径和圆台的高，利用圆台的体积公式求体积.【详解】如图：设该圆台上底面圆的圆心为C，连接，，，，作，垂足为O.由题意可得，，因为，所以，解得，所以，，该圆台的体积为.故答案为：14．【分析】由题意判断是等边三角形，为等腰三角形，取的中点，解直角三角形即可.【详解】由题意可得是等边三角形，千米.记直线与直线的交点为，，所以，为的中点，所以为等腰三角形，由，所以千米.故答案为：.15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面平行判定定理证明即可.（2）利用等体积法求即求，利用三棱锥求体积公式即可求解.【详解】（1）

证明：连接，在中，D，E分别为和的中点，所以.因为平面，平面，所以平面.（2）因为为直三棱柱，所以平面，又因为为边长为的正三角形，所以，又.16．(1)；(2).【分析】（1）利用向量的坐标运算和向量垂直的坐标表示求出x，然后根据坐标运算和向量模的坐标表示可得；（2）利用向量的坐标运算和向量平行的坐标表示求出x，然后根据向量的夹角公式求解可得.【详解】（1），由可得，即，解得，所以，故.（2）依题意，又，所以，解得，则，，，所以，故与的夹角的余弦值为.17．(1)；(2).【分析】（1）利用同角公式切化弦，正弦定理边化角求解即得.（2）利用三角形面积公式求出，再余弦定理列方程求解即得.【详解】（1）依题意，，在中，由正弦定理得，因此，而，则，又，所以.（2）由的面积为，得，解得，由余弦定理得，而，则，解得，，所以的周长为.18．(1)证明见解析(2)存在；；证明见解析【分析】（1）由线面平行的性质证明即可；（2）由面面平行的判定定理证明即可；先证明平面，再证明平面.【详解】（1）证明：因为平面，平面，平面平面，所以.（2）存在，当点F满足时，平面平面.证明如下：因为，，所以.因为平面，平面，所以平面.由（1）知，，因为，，所以，所以四边形是平行四边形，所以.因为平面，平面，所以平面.因为，所以平面平面.19．(1)(2)(3)【分析】（1）根据正弦定理与同角的关系求得，利用余弦定理和正弦定理计算即可求解；（2）设，根据正弦定理可得、，进而的面积，结合正弦函数的性质即可求解；（3）利用三角恒等变换化简计算可得，则是定值，即，解之即可.【详解】（1），由正弦定理得.因为，所以.因为，所以.