2023-2024学年江苏省盐城市响水县清源高级中学高一下学期期中数学试题

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考生注意：1.本试题分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷，共4页.
2.满分150分，考试时间为120分钟.
第Ⅰ卷（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. 若复数z满足z（1＋i）＝2（i为虚数单位），则在复平面内复数z对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的乘除法运算，求得，再求其对应点即可判断.
【详解】∵，∴，
∴在复平面内复数z对应的点位于第四象限．
故选：D．
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用两角差的余弦公式即可求解.
【详解】．
故选：A.
3. 下列说法错误的是（ ）
A. 球体是旋转体B. 圆柱的母线平行于轴
C. 斜棱柱的侧面中没有矩形D. 用平面截正棱锥所得的棱台叫做正棱台
【答案】C
【解析】
【分析】利用球体的定义判断；利用圆柱的结构特征判断；举例说明判断；利用正棱台的定义判断.
【详解】因球体是半圆面绕其直径所在的直线旋转一周所得几何体，
即球体是旋转体，A正确；
由圆柱的结构特征知，圆柱的母线平行于圆柱的轴，垂直于其底面，正确；
如图，斜平行六面体中，若平面，
则侧面四边形是矩形，错误；

由正棱台的定义知：用平面截正棱锥所得的棱台叫做正棱台，正确.
故选：C
4. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由余弦定理计算可得；
【详解】解：由，得，
故选：B．
5. 在中，D为的中点，E为边上的点，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算结合图形即可得解.
【详解】由E为边上的点，且，
得.
故选：C
6. 设有两条不同的直线和两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面平行的性质与判定逐个选项分析即可.
【详解】若，则可以平行､相交或异面，故A错误；
若与相交，则，故B错误；
若，则或，故C错误；
若，则，故D正确.
故选：D.
7. 在中，，，，则此三角形（ ）
A. 无解B. 一解
C. 两解D. 解的个数不确定
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理求出的值，再根据所求值及a与b的大小关系即可判断作答.
【详解】在中，，，，
由正弦定理得，而为锐角，且，
则或，
所以有两解．
故选：C
8. 已知是单位向量，且的夹角为，若，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】，结合题意得，结合即得解.
【详解】，
因为，所以，
又，所以．
故选：B．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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. 下列各式中，值为的是（ ）
A B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据正弦函数、余弦函数和正切函数的倍角公式，准确化简，即可求解.
【详解】由余弦的倍角公式，可得，所以A不正确；
由正切的倍角公式，可得，所以B正确；由正弦的倍角公式，可得，所以C正确；
由，所以D不正确.
故选：BC.
10. 下列关于复数的说法正确的是（ ）
A. 复数是实数的充要条件是
B. 复数是纯虚数的充要条件是
C. 若互为共轭复数，则是实数
D. 若互为共轭复数，则在复平面内它们所对应的点关于y轴对称
【答案】AC
【解析】
【分析】AB选项，根据复数的概念和分类作出判断；CD选项，利用共轭复数的概念，乘法法则和几何意义判断出CD.
【详解】对于A：当复数是实数时，，若，则为实数，
故是实数的充要条件是，显然成立，故A正确；
对于B：若复数是纯虚数，则且，故B错误；
对于C：若互为共轭复数，设，则，所以是实数，故C正确；
对于D：若互为共轭复数，设，则，所对应的坐标分别为，，这两点关于x轴对称，故D错误.
故选：AC.
11. 已知向量，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 存在，使得
C. D. 当时，在上的投影向量的坐标为
【答案】CD
【解析】
【分析】根据平面向量共线的坐标公式即可判断A；根据平面线路垂直的坐标表示即可判断B；根据向量的模的坐标计算即可判断C；根据投影向量的计算公式即可判断D.
【详解】对于A，若，则，解得，故A错误；
对于B，若，则，
即，方程无解，
所以不存在，使得，故B错误；
对于C，，所以，故C正确；
对于D，当时，，，
则在上的投影向量的坐标为，故D正确.
故选：CD.
12. 在正方体中，E，F，G分别为BC，，的中点，则（ ）

A. 直线与直线AF异面B. 直线与平面平行
C. 平面截正方体所得的截面是平行四边形D. 点C和点B到平面的距离相等
【答案】ABD
【解析】
【分析】由图可知直线与直线AF异面，利用面面平行的判定定理以及面面平行的性质可证明平面；将平面扩大至与相交于点，即可得截面为等腰梯形，显然平面将线段平分，所以C和B到平面的距离相等.
【详解】对于选项A，由图可知AF与显然不平行，且不相交，所以AF与异面，选项A正确；
对于选项B，取的中点为M，连接、，如下图所示：

易知，且平面，平面，
所以平面，
又易知，，因此，
平面，平面，所以平面；
，可得平面平面，
又平面，从而平面，选项B正确；
对于选项C，连接，，如下图所示：

易知，所以平面截正方体所得的截面为等腰梯形，选项C错误；
对于选项D，平面过的中点E，即平面将线段平分，
所以C与B到平面的距离相等，选项D正确.
故选：ABD.
第Ⅱ卷（90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若复数，则________.
【答案】1
【解析】
【分析】利用复数的共轭复数的定义和复数的乘法和除法运算求解.
【详解】解：因为复数，
所以.
故答案为：1
14. 如图，是△OAB的直观图，其中，则的面积是 _______
【答案】
【解析】
【分析】根据斜二测画法的定义，画出平面图形，求得原三角形的直角边，从而面积可得．
【详解】由题意，利用斜二测画法的定义，画出原图形，
，
的面积是．
故答案为：.
15. 若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】化，从而平方即可.
【详解】因为，所以，两边平方得，即，．
故答案为：
16. 在中，角所对边分别为，且，若的面积为，则边上中线长的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】先由等式得，再由的面积为得到，
结合图象和余弦定理可得，利用基本不等式可得最小值.
【详解】因为，
由正弦定理得，整理得，即，
因，所以，得，
则，
因为，所以.

如图，设边上的中点为，在中，由余弦定理，得，又，
所以
由得代入上式，
得，
当且仅当时取等，所以AC边上中线长的最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知为锐角，．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用同角三角函数的关系和正弦的二倍角公式求解；
（2）利用诱导公式，同角三角函数的关系以及两角差的余弦公式求解即可．
【小问1详解】
因为，
所以，
所以．
【小问2详解】
因为，
所以，
所以．
18. 已知，，且.
（1）求与的夹角；
（2）若，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据数量积的运算律得到，再根据数量积的定义求出夹角的余弦值，即可得解；
（2）依题意可得，根据数量积的运算律得到方程，再求出k的值.
【小问1详解】
因为，
所以.
设与的夹角为，
则，又，所以，
故与的夹角为.
【小问2详解】
因为，所以，
即，即，
所以，即，解得.
19. 如图，在长方体中，，，点P为棱上一点.

（1）试确定点P的位置，使得平面，并说明理由；
（2）在（1）的条件下，求异面直线与所成角的大小.
【答案】（1）P为棱的中点，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形中位线证明线线平行即可求证，
（2）根据线线平行找到异面直线的所成角，即可结合三角形边角关系求解.
【小问1详解】
当P为棱的中点时，平面.
理由如下：设和交于点O，则O为中点.
连接，又因为P是的中点，所以.
又因为平面，平面.
所以直线平面.
【小问2详解】
由（1）知，，所以即为异面直线与所成的角或其补角.
因为，且，
所以.
又，所以.
故异面直线与所成角的大小为.
20. 如图，在中，点D为的中点，点E在线段上，与交于点O.

（1）若，求证：；
（2）若，，求实数的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由点D为的中点可得，再结合已知条件即可证明；
（2）设，，，利用向量加减法法则可得，，从而可得，即可求解.
【小问1详解】
因为点D为的中点，所以，
因为，，
两式相加得，
所以，
即.
【小问2详解】
由，得，
设，，，
则，
又.
所以，
因为，不共线，所以，解得.
21. 如图，某运动员从市出发沿海岸一条笔直的公路以每小时的速度向东进行长跑训练，长跑开始时，在市南偏东方向距市的处有一艘小艇，小艇与海岸距离为，若小艇与运动员同时出发，要追上这位运动员.
（1）小艇至少以多大的速度行驶才能追上这位运动员？
（2）求小艇以最小速度行驶时的行驶方向与的夹角.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设小艇以每小时的速度从处出发，沿方向行驶，小时后与运动员在处相遇，利用余弦定理求出关于的函数，根据二次函数知识可求出的最小值；
（2）由正弦定理可求出结果.
【小问1详解】
如图，设小艇以每小时的速度从处出发，沿方向行驶，小时后与运动员在处相遇，
在中，，故
由余弦定理求得，
则，
整理得，
当时，即时，，故.
即小艇至少以每小时的速度从处出发才能追上运动员.
【小问2详解】
当小艇以每小时的速度从处出发，
经过时间小时追上运动员，
故，
又，由正弦定理得，解得，
故.
即小艇以最小速度行驶时的行驶方向与的夹角为.
22. 已知四边形是由与拼接而成，如图所示，，.

（1）求证：；
（2）若，，求的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）求出的范围，利用正弦定理即可证明结论；
（2）写出与的关系，进而求出的正弦值和余弦值，求出的长，利用余弦定理即可求出的长.
【小问1详解】
由题意证明如下，
中，，
∴.
∵，
∴.
在中，由正弦定理得， ，
即，，
∴，
∴.
【小问2详解】
由题意及（1）得
设，，
，，，，，
则在中，由正弦定理得，，即，
可得，①
在中，由正弦定理得，，
可得，
可得，②
联立①②，可得，
可得，可得，
在中，由正弦定理得，，可得.
在中，由余弦定理得，，
可得，
可得，解得或（舍），
∴的长为.