资源简介

温州中学2023学年第二学期期中考试
高一数学试卷
本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上.将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠、不要弄破.
选择题部分（共58分）
一、选择题：本大题共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. 设是三个不同平面，且，，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由充分条件和必要条件的定义结合线面、面面的位置关系对选项一一判断即可得出答案.
【详解】由，，，则可能相交，
故“”推不出“”，
由，，，由面面平行的性质定理知，
故“”能推出“”，
故“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
2. 棣莫弗公式（其中i为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667-1754）发现的，根据棣莫弗公式可知，复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】由棣莫弗公式化简结合复数的几何意义即可得出答案.
【详解】，
在复平面内所对应的点为，在第二象限.
故选：B.
3. 如图，在中，设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合图形由向量的线性运算可得.
【详解】因为，
所以，，
又因为，
所以，
所以，
故选：C.
4. 在中，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式得到，即可得解.
【详解】因为，由正弦定理可得，
又，
所以，
又，所以，所以，则，
因为，所以.
故选：C
5. 如图，四棱锥是棱长均为2的正四棱锥，三棱锥是正四面体，为的中点，则下列结论错误的是（ ）
A. 点共面 B. 平面平面
C. D. 平面
【答案】D
【解析】
【分析】取中点，连接，，，，利用线面垂直的判断定理证明平面，平面，得到四点共面，再利用平行四边形的性质判断A，利用面面平行的判定定理判断B，利用线面垂直的性质定理判断C，假设平面，由线面垂直的性质可知，进而得到四边形是菱形，与已知矛盾判断D.
【详解】选项A：如图，取中点，连接，，，，
因为是正四棱锥，是正四面体，为的中点，
所以，，，
因为，平面，所以平面，
因为，平面，所以平面，
所以四点共面，
由题意知，，所以四边形是平行四边形，
所以，因为，所以，所以四点共面，故A说法正确；
选项B：由选项A知，又平面，平面，所以平面，
因为，且平面，平面，所以平面，
又平面，平面，且，所以平面平面，故B说法正确；
C选项：由选项A可得平面，又平面，所以，故C说法正确；
D选项：假设平面，因为平面，则，
由选项A知四边形是平行四边形，所以四边形是菱形，
与，矛盾，故D说法错误;
故选：D
6. 已知，，且，则的最大值为（ ）
A. 5.5 B. 5 C. 6.5 D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量模长的计算公式，结合以及已知数据，直接求解即可.
【详解】，
又，当且仅当与同向时取得等号；
故.
故选：A.
7. 在中，点是边上的点，且，，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦定理及三角形面积公式，结合基本关系式及两角差的正弦公式可得结果.
【详解】设，因为，所以.因为，
所以，，.
在中，由正弦定理可得，
即，得，
化简得，即，故，
解法一：因，
所以.
故选：A.
解法二：在中，由正弦定理得，即，
得.
所以.
故选：A.
8. 如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】先在图中作出直线与平面所成的角，平面与底面所成的锐二面角，可得，同理得，再由和差化积公式得到，即可判断A、C选项；再通过三角恒等变换得到，进而得到，即，即可判断B、D选项.
【详解】
如图：延长EF，AB交于M，延长EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平面ABC和平面EFG的交线，
又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理可得.
过A作面EFG，垂足为P，过A作，垂足为Q，连接，易得即为直线与平面所成的角，
则，又面EFG，面EFG，则，又，面，，
所以面，面，则，则即为平面与底面所成的锐二面角，则，
又，则，同理可得，则，
又由，
，
则，
故，A，C错误；
故，由可知，所以，
即，整理可得，
即，即，
故，又，故，B正确，D错误.
故选：B.
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. 已知复数，则下列命题一定成立的有（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据共轭复数的概念和复数的四则运算，结合复数模的计算及性质，逐项判断即可.
【详解】设，则.
对于A：，
若，则，
所以，即，故A一定成立；
对于B：，若，则①，
，同理，
若，则需满足且，与①式不同，故B不一定成立；
选项C：，
，
所以，故C一定成立；
选项D：②，
，与②式不同，故D不一定成立.
故选：AC
10. 中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧的长度是弧长度的3倍，，则下列说法正确的是（ ）
A. 弧长度为 B. 曲池的体积为
C. 曲池的表面积为 D. 三棱锥的体积为5
【答案】ACD
【解析】
【分析】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，根据弧的长度是弧长度的倍及求出、，再根据体积、表面积公式计算可得.
【详解】设弧所在圆的半径为，弧所在圆的半径为，
因为弧的长度是弧长度的倍，，即，
，，，
所以弧的长度为，故A正确；
曲池的体积为，故B错误；
曲池的表面积为
，故C正确；
三棱锥的体积为，故D正确．
故选：ACD．
11. 已知，，是互不相等的非零向量，其中，是互相垂直的单位向量，，记，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则O，A，B，C四点在同一个圆上
B. 若，则的最大值为2
C. 若，则的最大值为
D. 若，则的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A选项，，后由可得答案.
对于B选项，由A分析可知，O，A，B，C四点在同一个圆上.又，则其长度为圆上弦的长度.
对于C选项，由题可得A，B，C均在以为圆心、1为半径的圆上，设，又，则.
表示出后可得答案.
对于D选项，由结合C选项分析，得，
又由，可得，后由重要不等式可得答案.
【详解】对于A选项，如图，若，则，所以，又，所以，所以O，A，B，C四点在同一个圆上，故A正确；
对于B选项，若，由A选项知，O，A，B，C四点在同一个圆上，
又，则其长度为圆上弦的长度.当线段为该圆的直径时，最大，且最大值等于，故B错误；
对于C选项，由题可得A，B，C均在以为圆心、1为半径的圆上，
设，又，则
.其中.
则
，
当时取等号.故C错误.
对于D选项，由C选项分析结合可知.
又，则
，
则由重要不等式有：.
得，当且仅当时取等号.故D正确.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：本题涉及向量，三角函数.判断A，B选项关键能由得到，从而可以得到O，A，B，C四点在同一个圆上.
判断C，D选项关键，为利用A，B，C在单位圆上设出其坐标，后利用向量坐标表示结合三角函数，不等式知识解决问题.
非选择题部分（共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的橫线上.
12. 若复数是方程的一个根，则的虚部为__________．
【答案】
【解析】
【分析】首先求出方程的虚根，再由复数代数形式的乘法运算化简，即可判断其虚部.
【详解】方程，即，解得或，
若，则，所以的虚部为；
若，则，所以的虚部为；
综上可得的虚部为.
故答案为：
13. 如图，正三棱锥中，三条侧棱两两垂直且相等，为的中点，为平面内一动点，则的最小值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】找到点关于底面对称点，可得，结合不等式可得为的最小值，建立适当空间直角坐标系后借助两点间的距离公式计算即可得.
【详解】设的中心为，则底面，延长至，
使得，则，
由三条侧棱两两垂直且相等，
故可以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
由，则、，,
有，
由对称性可设，则有，
解得，故，
，
的最小值为.
故答案为：.
14. 已知满足，点为线段上一动点，若最小值为，则的面积_______.
【答案】
【解析】
【分析】设，构造平行四边形AMEN，由余弦定理可得，转化，可求出，利用面积公式即得解.
【详解】
设
则，四边形AMEN为平行四边形，
又四边形AMEN为平行四边形，
当且仅当：时等号成立，
故
故答案为：
【点睛】本题考查了向量与解三角形综合，考查了学生转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于较难题.
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，.
（1）若，，且、、三点共线，求的值.
（2）当实数为何值时，与垂直
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求出、的坐标，由、、三点共线，可得与共线，列出方程即可得到的值；
（2）依题意可得，根据数量积的坐标表示计算可得．
【小问1详解】
因为，，
所以，，
因为、、三点共线，
所以，
所以，解得.
【小问2详解】
因为，
，
又与垂直，
，解得．
16. 已知z是复数，与均为实数.
（1）求复数z；
（2）复数在复平面上对应的点在第一象限，求实数a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据复数的运算法则，结合复数的特征，即可求解；
（2）根据（1）的结果，计算复数的平方，再根据复数的几何意义，即可求解.
【小问1详解】
设，,所以，
由条件得，且，
所以，所以，
【小问2详解】
，
由条件得，
解得，所以所求实数a的取值范围是.
17. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，平行于和的平面分别与交于四点．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）若是的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）四边形是矩形，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）首先根据面面平行的判定以及面面平行的性质证明线线平行，然后证明四边形是矩形；
（2）首先求出到平面的距离，然后求解直线与平面所成角的正弦值；
【小问1详解】
四边形是矩形，下面给出证明：
因为，由题意//平面//平面，
面，
所以平面//平面，又平面平面，平面平面，
所以，同理，又，
所以，同理，
所以四边形是平行四边形．
取中点，连接，则．
又因为，所以，故有．
AP、A1P交于P且都在面AA1P内，所以平面又面
所以，
综上知：，即四边形是矩形．
【小问2详解】
设到平面的距离为，即为到平面的距离．
作交于点，由（1）及BC在面ABC内知：平面平面，
而AP为两垂直平面的交线，A1H在面AA1P内，所以平面．
设直线与平面所成角为，则．
设，在中余弦定理知：，
在中，，
在中，，所以，
．
，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为；
解法二：设与面所成角为到面距离为，设中点，
因为面面，所以，
所以，
又在矩形中，，所以
解法三：向量法
作垂直交于，连接，易知，则
所以即为二面角的平面角，，
所以，所以，即，
如图以O为坐标原点，分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设面的法向量为则，令，得，则，
，
设与面所成角为，
；
18. 如图，在中，已知，BC边上的中点为M，AC边上的中点为N，AM，BN相交于点P．
（1）求；
（2）求的余弦值；
（3）过点P作直线交边AB，BC于点E，F，求该直线将分成的上下两部分图形的面积之比的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求解即可；
（2）建立平面直角坐标系，利用向量的夹角的坐标运算求解；
（3）设出线段的比例关系，用向量共线的条件转化，消去变量求范围即可.
【小问1详解】
在中，，
由余弦定理得，
解得，（负值舍去）
故；
【小问2详解】
以为坐标原点建立平面直角坐标系，得，设，
由两点距离公式得，，
解得，（负根舍去），
所以，又BC边上的中点为M，AC边上的中点为N，则，，
所以，
则；
【小问3详解】
由已知得为的重心，则，设，
则，又点在直线上，
所以，即，又，
所以，
所以，，
所以，，
所以，
所以上下两部分图形的面积之比，
因为，
所以，即上下两部分图形的面积之比的取值范围为.
【点睛】关键点点晴:本题解题关键是将已知向量合理转化，然后表示出的关系，将面积比表示为一元函数，进而得到所要求的范围.
19. 早在公元5世纪，我国数学家祖暅在求球体积时，就创造性地提出了一个原理“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平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.
（1）如图一所示，在一个半径为的半球体中，挖去一个半径为的球体，求剩余部分的体积.
（2）如图二，由抛物线跟线段围成一个几何形，将该几何形绕轴旋转得到一个抛物线旋转体，请运用祖暅原理求该旋转体的体积.
（3）将两个底面半径为1，高为3圆柱体按如图三所示正交拼接在一起，构成一个十字型几何体.求这个十字型的体积，等价于求两个圆柱公共部分几何体的体积，请运用祖暅原理求出该公共部分几何体的体积.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据球体积公式计算可得；
（2）利用祖暅原理求出图二中阴影部分旋转得到的几何体的体积，而抛物线旋转体是由圆柱减去刚刚的几何体的体积，从而得解；
（3）首先证明“牟合方盖”体积公式，利用公式计算可得.
【小问1详解】
依题意该几何体的体积.
【小问2详解】
图1阴影部分是由长方形（长为，宽为）和抛物线围成，
图2阴影部分是由半径为3的半圆和直径为3的圆围成的，
将图1绕轴旋转一周可得一圆柱挖去中间的部分的几何体记为，
将图2以小圆的直径为轴旋转一周可得一个半球挖去一个小球的几何体记为，
将两个几何体放在同一水平面上，用与圆柱下底面或与半球大圆距离为的平面截两个几何体，可得截面都为圆环，纵截面图如下，
几何体的截面面积为，
几何体的截面面积为，又两几何体等高，
由祖暅原理可得两几何体的体积相等，结合（1）可知几何体的体积，
而由抛物线跟线段围成一个几何形，
将该几何形绕轴旋转得到一个抛物线旋转体，是由一个圆柱（底面半径为，高为）减去几何体，
所以所求的体积.
【小问3详解】
首先证明“牟合方盖”的体积公式为（为圆柱的底面半径）：
“牟合方盖”是一个正方体被两个圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时的两圆柱体的公共部分，
计算其体积的方法是将原来的“牟合方盖”平均分为八份，取它的八分之一（如图四）．
记正方形的边长为，设，过点作平面平行于平面．
又，由勾股定理有，
故此正方形面积是．
如果将图四的几何体放在棱长为的正方体内（如图五），不难证明图五中与图四等高处阴影部分的面积等于．
（如图六）设此棱锥顶点到平行于底面的截面的高度为，不难发现对于任何高度，此截面面积必为，
由棱锥，
由祖暅原理图五中“牟合方盖”外部的体积等于棱锥
所以图四中几何体体积为，
所以“牟合方盖”的体积为．
又圆柱的底面半径为，
所以两个圆柱公共部分几何体的体积为.
【点睛】关键点点睛：本题关键是将不规则的几何体转化为熟悉的、规则的几何体.温州中学2023学年第二学期期中考试
高一数学试卷
本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上.将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠、不要弄破.
选择题部分（共58分）
一、选择题：本大题共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. 设是三个不同平面，且，，则“”是“”的（ ）
A 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
2. 棣莫弗公式（其中i为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667-1754）发现的，根据棣莫弗公式可知，复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3. 如图，在中，设，则（ ）
A. B. C. D.
4. 在中，若，则（ ）
A B. C. D.
5. 如图，四棱锥是棱长均为2的正四棱锥，三棱锥是正四面体，为的中点，则下列结论错误的是（ ）
A. 点共面 B. 平面平面
C. D. 平面
6. 已知，，且，则的最大值为（ ）
A. 5.5 B. 5 C. 6.5 D. 6
7. 在中，点是边上的点，且，，，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
8. 如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（ ）
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. 已知复数，则下列命题一定成立的有（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. D.
10. 中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧的长度是弧长度的3倍，，则下列说法正确的是（ ）
A. 弧长度为 B. 曲池的体积为
C. 曲池的表面积为 D. 三棱锥的体积为5
11. 已知，，是互不相等的非零向量，其中，是互相垂直的单位向量，，记，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则O，A，B，C四点在同一个圆上
B. 若，则最大值为2
C. 若，则的最大值为
D. 若，则的最小值为
非选择题部分（共92分）
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分.把答案填在题中的橫线上.
12. 若复数是方程的一个根，则的虚部为__________．
13. 如图，正三棱锥中，三条侧棱两两垂直且相等，为的中点，为平面内一动点，则的最小值为__________.
14. 已知满足，点为线段上一动点，若最小值为，则的面积_______.
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，.
（1）若，，且、、三点共线，求的值.
（2）当实数为何值时，与垂直
16. 已知z是复数，与均为实数.
（1）求复数z；
（2）复数在复平面上对应的点在第一象限，求实数a的取值范围.
17. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，平行于和的平面分别与交于四点．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）若是的中点，求直线与平面所成角的正弦值．
18. 如图，在中，已知，BC边上的中点为M，AC边上的中点为N，AM，BN相交于点P．
（1）求；
（2）求的余弦值；
（3）过点P作直线交边AB，BC于点E，F，求该直线将分成的上下两部分图形的面积之比的取值范围．
19. 早在公元5世纪，我国数学家祖暅在求球体积时，就创造性地提出了一个原理“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平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.
（1）如图一所示，在一个半径为的半球体中，挖去一个半径为的球体，求剩余部分的体积.
（2）如图二，由抛物线跟线段围成一个几何形，将该几何形绕轴旋转得到一个抛物线旋转体，请运用祖暅原理求该旋转体的体积.
（3）将两个底面半径为1，高为3圆柱体按如图三所示正交拼接在一起，构成一个十字型几何体.求这个十字型的体积，等价于求两个圆柱公共部分几何体的体积，请运用祖暅原理求出该公共部分几何体的体积.

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