2023-2024学年度第二学期期中考试
高一数学试题（A）
注意事项：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上，选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答.超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
一、单选题：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. 已知复数是纯虚数，则实数（ ）
A. 1 B. C. D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得且，从而可求出的值
【详解】解：因为复数纯虚数，
所以且，解得，
故选：A
2. 已知，若，则（ ）
A. 25 B. 16 C. 5 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，得到，结合，即可求解.
【详解】由，可得，解得，
又由，可得.
故选：C.
3. 如图，一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为的正方形，则原平面图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】计算直观图的面积为，再根据直观图的面积与原图面积的关系为，计算得到答案.
【详解】直观图的面积，原图面积，
由直观图的面积与原图面积的关系为，得.
故选：B.
4. 在中，已知，，，则满足条件的三角形个数为（ ）
A. 2个 B. 1个 C. 0个 D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理求出的值，验证大边对大角原理即可.
【详解】由正弦定理可得，
所以或，
又，所以，符合大边对大角原理，
所以满足条件的三角形个数为2个.
故选：A.
5. 在正六边形中，若，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据正六边形的特征求出，，，再由向量加法的三角形法则以及向量的减法即可求解.
【详解】如图：
在正六边形中，由，，知点为线段的中点，点为线段靠近点的一个四等分点，则，，
又，，，
∴ .
故选：B.
6. 在中，为的角平分线，若，，，则（ ）
A. B. C. D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】设，则，利用等面积法求出，再由二倍角公式求出，最后利用余弦定理计算可得.
【详解】依题意设，则，
又，即，
即，
即，又，所以，
所以，即，
所以，
由余弦定理可得
，
所以（负值已舍去）.
故选：B
7. 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A、B、C的对边，若，，则的面积为（ ）
A. 1 B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用正弦定理化简求得，结合面积公式，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理得，
又因为，可得，所以，
因为，所以的面积为.
故选：B.
8. 已知三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，且，，则此三棱锥外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三棱锥的三条侧棱两两垂直，得到其外接球就是它扩展为长方体的外接球，设出棱长，列出等式，求得结果.
【详解】三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，
它的外接球就是它扩展为长方体的外接球，
设，
则有，可求得，
求出长方体的对角线的长：
所以球的直径是，半径为，球的的体积：．
故选A．
点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法
【点睛】（1）求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
（2）若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．
二、多选题：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z满足，则（ ）
A
B. z的虚部为
C. z的共轭复数为
D. z是方程的一个根
【答案】ABD
【解析】
【分析】由复数除法运算得，由复数虚部、共轭复数的概念即可模的运算公式即可得解.
【详解】，
，故A正确；
z的虚部为，故B正确；
z的共轭复数为，故C错误；
，即z是方程的一个根.故D正确.
故选：ABD.
10 已知平面向量，，则（ ）
A B.
C. 在上的投影向量的模为 D. 与的夹角为锐角
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意，结合向量的坐标运算，以及投影向量的概念与计算，结合夹角公式，即可求解.
【详解】因为向量，，可得，
对于A中，由，所以A不正确；
对于B中，由，所以B正确；
对于C中，由，，可得，
则向量在上的投影向量，
可得投影向量的模为，所以C正确；
对于D中，由，所以与的夹角为钝角，所以D正确.
故选：BC.
11. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”、它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1甲），图乙是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧，所在圆的半径分别是3和12，且，则该圆台的（ ）
A. 高为
B. 上底面积、侧面积和下底面积之比为16∶14∶1
C. 表面积为
D. 体积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意，求得圆台的上、下底面半径和母线长、以及圆台的高，结合圆台的几何结构特征以及侧面积和体积公式，逐项计算，即可求解.
【详解】对于A中，设圆台的上底面圆的半径为，下底面圆的半径为，
则且，解得，
由圆台的母线长为，所以圆台的高为，所以A正确；
对于B中，圆台的上、下底面面积为，
其侧面积为，
所以上底面积、侧面积和下底面积之比为，所以B不正确；
对于C中，由B项得，圆台的表面积为，所以C正确；
对于D中，圆台的体积为，所以D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，若，共线，且，则向量的坐标可以是__________.（写出一个即可）
【答案】或（写出一个即可）
【解析】
【分析】直接根据题目条件列方程组求解即可.
【详解】由已知得，解得或，
即向量的坐标可以是或.
故答案为：或（写出一个即可）.
13. 已知正四棱锥的侧面积为，底面边长为2，则该正四棱锥的高为_________．
【答案】1
【解析】
【分析】根据正四棱锥的侧面积公式，结合勾股定理进行求解即可.
【详解】如图所示：
设正四棱锥的斜高，设该正四棱锥的高，
因为正四棱锥的侧面积为，底面边长为2，
所以有，
由勾股定理可知：，
故答案为：1
14. 已知非零向量，，对任意实数，恒成立，则的取值范围是____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知平方，整理得出关于的二次不等式，根据不等式恒成立，得出，整理即可得出.讨论，结合图象以及几何性质，即可得出答案.
【详解】因为，所以有，
展开整理可得，，对恒成立.
由已知，
则应有，
即，所以，
即.
①当时有，，此时有；
②当时，有，
如图，，，
则为的斜边，所以，.
综上所述，.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：根据已知平方，整理得出关于的二次不等式，根据不等式恒成立，即可得出关系式.
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. 已知复数满足（其中是虚数单位），且复数在复平面内对应的点在第一象限．
（1）求复数及；
（2）若，且是纯虚数，求实数的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）设，，，根据复数代数形式的乘法运算及复数相等的充要条件得到方程组，解得、，即可求出复数，再根据复数的模的计算公式计算可得；
（2）根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的类型得到方程（不等式）组，解得即可；
【小问1详解】
解：由题设，，，
由得，
即，解得或（舍去），
所以，；
【小问2详解】
解：因为，所以，
则，
因为是纯虚数，所以，解得．
16. 已知向量，，，且向量与共线.
（1）求与夹角的余弦值；
（2）若，求t的值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据向量与共线，求出，，根据向量夹角公式坐标运算可得结果；
（2）根据向量数量积及模的坐标运算求出，结合已知可得结果.
【小问1详解】
因为向量与共线，所以（），
则，解得，所以，，得，
所以，
即与夹角的余弦值为.
【小问2详解】
因为，，，
所以，解得.
17. 已知的内角的对边分别为，满足
（1）求角；
（2）是的角平分线，若的面积为，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理“角化边”再结合余弦定理即可求解；
（2）由面积公式即可求解.
【小问1详解】
由正弦定理得，
即，整理得，
化简得，由余弦定理得，又，则；
【小问2详解】
由面积公式得，解得；
即
，
所以．
18. 已知圆锥的顶点为P，母线所成角的余弦值为，轴截面等腰三角形的顶角为，若的面积为．
（1）求该圆锥的侧面积；
（2）求圆锥的内切球体积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先由已知得出，，再由三角形面积公式得出，从而得出以及圆锥侧面积.
（2）画出截面图形，先由相似三角形知识求出内切球半径，再由体积公式即可求解.
【小问1详解】
如图所示：
令圆锥母线长、底面半径分别为l、r，
由圆锥的轴截面为等腰三角形且顶角为知，，
又，
又因为的面积为，
∴，
又，所以，
∴侧面积为．
【小问2详解】
如图所示：
设内切球半径为，球心在上面，则，
所以，
由（1）可知，圆锥的高，
则有，解得，
所以圆锥的内切球体积为.
19. 在ΔABC中，P为AB的中点，O在边AC上，BO交CP于R，且，设AB=，AC=
（1）试用，表示；
（2）若，求∠ARB的余弦值
（3）若H在BC上，且RH⊥BC设，若，求的范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由，三点共线结合平面向量基本定理可得答案；（2）由（1）及题目条件，结合两向量夹角余弦公式可得答案.（3）设，结合及（1）可得，即可得答案.
【小问1详解】
因P,R,C共线，则存在使，
则，整理得.
由共线，则存在使，
则，整理得.
根据平面向量基本定理，有，
则.
【小问2详解】
由（1），，，
则，，.
则；
【小问3详解】
由（1）知，则.
由共线，设.
又.
则
.
因，则，则.2023-2024学年度第二学期期中考试
高一数学试题（A）
注意事项：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置.
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上，选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答.超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
一、单选题：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. 已知复数是纯虚数，则实数（ ）
A 1 B. C. D. 0
2. 已知，若，则（ ）
A. 25 B. 16 C. 5 D. 4
3. 如图，一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为的正方形，则原平面图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
4. 在中，已知，，，则满足条件的三角形个数为（ ）
A. 2个 B. 1个 C. 0个 D. 无法确定
5. 在正六边形中，若，，则（ ）
A B.
C. D.
6. 在中，为的角平分线，若，，，则（ ）
A. B. C. D. 6
7. 已知a，b，c分别为△ABC三个内角A、B、C的对边，若，，则的面积为（ ）
A. 1 B. C. 2 D.
8. 已知三棱锥三条侧棱，，两两互相垂直，且，，则此三棱锥外接球的体积为（ ）
A. B. C. D.
二、多选题：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z满足，则（ ）
A.
B. z的虚部为
C. z共轭复数为
D. z是方程的一个根
10. 已知平面向量，，则（ ）
A. B.
C. 在上的投影向量的模为 D. 与的夹角为锐角
11. 折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”、它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1甲），图乙是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧，所在圆的半径分别是3和12，且，则该圆台的（ ）
A. 高为
B. 上底面积、侧面积和下底面积之比为16∶14∶1
C. 表面积为
D. 体积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，若，共线，且，则向量的坐标可以是__________.（写出一个即可）
13. 已知正四棱锥的侧面积为，底面边长为2，则该正四棱锥的高为_________．
14. 已知非零向量，，对任意实数，恒成立，则的取值范围是____________．
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. 已知复数满足（其中是虚数单位），且复数在复平面内对应的点在第一象限．
（1）求复数及；
（2）若，且是纯虚数，求实数的值．
16. 已知向量，，，且向量与共线.
（1）求与夹角的余弦值；
（2）若，求t的值.
17. 已知的内角的对边分别为，满足
（1）求角；
（2）是角平分线，若的面积为，求的值．
18. 已知圆锥的顶点为P，母线所成角的余弦值为，轴截面等腰三角形的顶角为，若的面积为．
（1）求该圆锥的侧面积；
（2）求圆锥的内切球体积．
19. 在ΔABC中，P为AB的中点，O在边AC上，BO交CP于R，且，设AB=，AC=
（1）试用，表示；
（2）若，求∠ARB的余弦值
（3）若H在BC上，且RH⊥BC设，若，求的范围.
