福建省泉州市2023～2024学年高一数学下学期5月期中联考试题

/2023—2024学年下学期期中考联考高一数学学科试卷满分：150分 考试时间：120分钟一、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，则（）A． B． C． D．2．已知向量，则下列结论正确的是（）A． B． C． D．3．如图是一件西周晚期的青铜器，其盛酒的部分可近似视为一个圆台（设上、下底面的半径分别为a厘米，b厘米，高为c厘米），则该青铜器的容积约为（取）（）A．立方厘米 B．立方厘米C．立方厘米 D．立方厘米4．已知向量，则向量在向量上的投影向量（）A． B． C． D．5．下列说法正确的是（）①已知为三条直线，若异面，异面，则异面；②若a不平行于平面，且，则内的所有直线与a异面；③两两相交且不公点的三条直线确定一个平面；④若在平面外，它的三条边所在的直线分别交于，则，三点共线．A．①② B．③④ C．①③ D．②④6．如图所示，在某次军事演习中红方为了准确分析战场形势，在两个相距为的军事基地C和D，测得蓝方两支精锐部队分别在A处和B处，且，则蓝方这两支精锐部队的距离为（）A． B． C． D．7．已知为单位向量，且，则的最小值为（）A．2 B． C．4 D．68．我国南北朝时期的著名数学家祖晅提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异．”意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图1）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图2），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即．图3是一种“四脚帐篷”的示意图，其中曲线和均是以2为半径的半圆，平面和平面均垂直于平面，用任意平行于帐篷底面的平面截帐篷，所得截面四边形均为正方形，类比上述半球的体积计算方法，运用祖暅原理可求得该帐篷的体积为（）图1图2图3A． 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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．9．下列四个选项中正确的是（）A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱B．圆台上下底面圆的半径分别为，母线长为4，则该圆台的侧面积为C．正四棱柱的底面边长为2，侧棱长为4，且它的所有顶点在球O的表面上，则球O的表面积为D．某圆柱下底面圆直径为，其轴截面是边长为2的正方形，分别为线段上的两个动点，E为上一点，且，则的最小值为10．在中，内角的对边分别为，下列命题中正确的是（）A．若，则 B．若为锐角三角形，则C．若，则一定为钝角三角形D．若的三角形有两解，则a的取值范围为11．直角中，斜边为所在平面内一点，（其中），则（）A．的取值范围是 B．点P的轨迹经过的外心C．点P所在轨迹的长度为2 D．的取值范围是三、填空题：本题共3小题，每填空题小题5分，共15分．12．若复数z满足（i为虚数单位），则_________．13．如图所示，表示水平放置的的直观图，，点在轴上，且，则的边_________．14．在中，在边上，延长到P，使得，若（m为常数），则的长度是_________．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．（13分）如图所示，在中，分别是的中点，．（1）用表示；（2）求证：三点共线．16．（15分）如图，在平行六面体中，M为的中点，N为的中点．（1）求证：平面（2）求证：平面平面．17．（15分）蜀绣又名“川绣”，与苏绣，湘绣，粤绣齐名，为中国四大名绣之一，蜀绣以其明丽清秀的色彩和精湛细腻的针法形成了自身的独特的韵味，丰富程度居四大名绣之首．1915年，蜀绣在国际巴拿马赛中荣获巴拿马国际金奖，在绣品中有一类具有特殊比例的手巾呈如图所示的三角形状，点D为边上靠近B点的三等分点，．（1）若，求三角形手巾的面积；（2）当取最小值时，请帮设计师计算的长．18．（17分）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质四棱锥模型为正三角形，为线段的中点．（1）求证：平面；（2）过点的平面交于点N，沿平面将木质四棱锥模型切割成部分，在实施过程中为了方便切割，请你完成以下两件事情：①在木料表面应该怎样画线？（在答题卡的图上画线要保留辅助线，并写出作图步骤）；②在木质四棱锥模型中确定N点的位置，求的值．19．（17分）在中，内角的对边分别为，且．（1）求C．（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，且，记若恒成立，求的值．

泉州一中、泉港一中、厦外石狮分校三校联盟2023—2024学年下学期期中考联考高一年段数学学科答案一、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．因为，故，故故选：C．2．对于A，，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，，故C正确；对于D，，故D错误．故选：C．3．依题意可得该青铜器的容积约为（立方厘米）．故选：D4．由题意可得，向量在向量上的投影向量为，故选：A．5．对于①，直线异面，异面，则可能平行、相交或异面，所以①错误；在②中，由题设知，a与相交，设，在内过点P的直线l与a共面，所以②错．对于③，两条相交直线确定一个平面，第三条直线与前面两条直线的交点在此平面内，所以③正确；对于④，设平面平面，因为平面，所以，同理，故三点共线，④正确故选：B．6．由题意知，又因为，所以，所以．在中，，由正弦定理得，所以，在中，由余弦定理得，所以．故选：A．7．为单位向量，有，得，由，得，有，所以，，，有，则，当且仅当与方向相反时“=”成立，故选：B．8．设截面与底面的距离为h，在帐篷中的截面为，设底面中心为O，截面中心为，则，所以，所以截面为的面积为．设截面截正四棱柱得四边形为，截正四棱锥得四边形为，底面中心O与截面中心之间的距离为，在正四棱柱中，底面正方形边长为，高为，所以，所以为等腰直角三角形，所以，所以四边形边长为，所以四边形面积为，所以图2中阴影部分的面积为，与截面面积相等，由祖暅原理知帐篷体积为正四棱柱的体积减去正四棱锥的体积，即．选：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，有选错的得0分，部分选对的得部分分．9．对于A中，有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的两个扣在一起的斜棱柱组成的多面体就不是棱柱，所以A错误；对于B，圆台侧面积故B正确．对于C，球O的直径，所以半径，则球O的表面积为，故C正确．对于D，如图，连接，将沿直线旋转到的位置，且在的延长，由于圆柱的轴截面是边长为2的正方形，故，则，当三点共线时取等号，当时，最小，最小值为，即的最小值为，故D正确．故选：BCD10．对于A，根据大角对大边，，根据正弦定理可得，其中R为三角形外接圆半径，于是，A正确；对于B，若为能角三角形，则，所以，则，B正确；对于C，因为，所以，所以，因为，所以中有0个或2个为负数，又因为中最多一个为钝角，所以，即都是锐角，所以为锐角三角形．所以C错误．对于D，因为三角形有两解，所以，即a的取值范围为，D正确．故选：ABD11．由，又斜边，则，则，A正确；若O为中点，则，故，又，所以共线，故P在线段上，轨迹长为1，又O是的外心，B正确，C错误；由上，则，又，则，当且仅当等号成立，所以，D正确．故选：ABD三、填空题：本题共3小题，每填空题小题5分，共15分．12．由题意得，则，故答案为：．13．根据题意，如图①，在直观图中，作，交轴于点，易得，则，如图②，在原图中，，则．故答案为：3．14．法1：三点共线，可设，，即，若且，则三点共线，，即，，设，则．根据余弦定理可得，，解得的长度为．当时，重合，此时的长度为0，当时，重合，此时，不合题意，舍去．故答案为：0或．法2：基底法，设由三点共线得即；设得求模平方解得或，故或．法3：几何意义（等和线+射影定理）由系数和知，作垂直于，垂足H，由直角三角形摄影定理求得，另外讨论D在C或B端点时的情况得法4：建系坐标法求得，在由三角形相似计算得，另外讨论D在C或B端点时的情况得．15．（1）解：在中，分别是的中点，则，……1分故，……2分，……3分，……5分；……7分（2）证明：因为，所以，……9分所以，……11分又因有公共点B，所以三点共线．……13分16．（1）连接，交于O，连接，……1分在平行六面体中，为平行四边形，……3分为中点，为的中点，……4分平面平面，……6分平面；……7分（2）在平行六面体中，为的中点，N为的中点，，……8分为平行四边形，从而，……9分平面平面，……10分平面，……11分由（1）可知：平面，……12分平面平面，且，……14分∴平面平面．……15分17．（1）在中，，故，由正弦定理得，即，而，故，故，故三角形手巾的面积为……7分（2）设，则，则在中，，在中，，……9分故，……11分由于，当且仅当，即时取等号，故，即取到最小值即取最小值时，，……14分即此时．……15分18．（1）记F为的中点，连接，如图1，因为分别为的中点，故，因为平面平面，所以平面，……2分又因为为正三角形，所以，又为等腰三角形，，所以，所以，即，所以，又平面平面，所以/平面，又平面，故平面平面，……5分又因为平面，故平面．……6分注：其它证明方法自行给分图1（2）……9分①延长相交于点P，连接交于点N，连接．……11分②过点N作交于点Q，如图2，因为平面平面，平面平面，所以，此时四点共面，……14分由（1）可知，，得，故，又因