2023—2024學年第二學期高一5月聯考高一數學全卷滿分150分，考試時間120分鐘一?單選題：本題共8小題，每題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求.1.已知非零向量，，若，則（）A.8B.C.6D.【答案】C【解析】【分析】根據向量共線的坐標表示求出，即可得到的坐標，從而求出其模.【詳解】因為非零向量，且，所以，（舍去）或，，即．故選：C2.如圖，在中，為邊的中點，，則（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】借助平面向量的線性運算及平面向量基本定理計算即可得.【詳解】為的中點，，．故選：D.3.設，則的虛部是（）A.1B.-1C.D.【答案】B【解析】【分析】根據給定條件，利用復數除法運算求出，再求出即可.【詳解】依題意，，則，所以的虛部是.故選：B4.北京天安門廣場中心屹立著一座中國最大的紀念碑——人民英雄紀念碑，它專門為緬懷近現代英雄而建，它不僅僅是一個簡單的建筑，更是民族精神的象征.某學生為測量該紀念碑的高度，選取與碑基在同一水平面內的兩個測量點.現測得米，在點處測得碑頂的仰角為，則紀念碑高為（）A.米B.米C.米D.米【答案】A【解析】【分析】中，利用正弦定理求出，在中，，代入求值即可.【詳解】在中，，由正弦定理得，即，解得，在中，．故選：A5.如圖，在中，，，為邊AB的中點，線段AC與DE交于點，則（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】借助幾何性質可得，借助余弦定理可得，再借助余弦定理的推論即可得解.【詳解】因為，，所以是等邊三角形，所以，因為，所以，所以，設，則，在中，由余弦定理可得，所以．故選：C.6.如圖，矩形是水平放置的一個平面圖形的直觀圖，其中，則原圖形的面積為（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根據所給數據做出直觀圖形的面積，由直觀圖的面積和原圖的面積關系，得到結果．【詳解】根據矩形是一個平面圖形的直觀圖，其中，可得直觀圖面積是由直觀圖的面積是原圖的面積的倍，原圖形的面積是．故選：A7.已知是兩個不同的平面，是兩條不同的直線，下列說法正確的是（）A.若上有兩點到平面距離相等，則B.若，則與是異面直線C.若，則與沒有公共點D.若，則與一定相交【答案】C【解析】【分析】利用線面平行意義判斷A；利用面面平行的意義判斷CD；由的位置關系判斷D.【詳解】對于A，上有兩點到平面距離相等，平面可以過這兩點的中點，此時與相交，A錯誤；對于BC，，則沒有公共點，由，得與沒有公共點，與是平行直線或者是異面直線，C正確，B錯誤；對于D，，則或與是相交直線，當時，，D錯誤.故選：C8.如圖，在正方體中，點是棱上的一個動點，平面交棱于點，則下列命題中不正確的是（）A.存在點，使得平面B.對于任意點，四邊形均為平行四邊形C.四邊形的面積隨點位置的變化而變化D.三棱錐的體積隨點位置的變化而變化【答案】D【解析】【分析】根據線面平行的判定判斷A；利用面面平行的性質判斷B；設，求出四邊形面積表達式判斷C；根據棱錐的體積公式判斷D.【詳解】對于B，顯然四點共面，平面平面，平面平面，平面平面，則，同理可證，即四邊形為平行四邊形，B正確；對于A，令正方體的棱長為2，當F為中點時，，即，解得，即E也為的中點，連接，而，則四邊形為平行四邊形，則，平面平面，因此平面，A正確；對于C，令，設，則，而，，四邊形面積，因此四邊形的面積隨點位置的變化而變化，C正確；對于D，由，平面，平面，得平面，即點F到平面的距離為定值，而的面積為定值，因此三棱錐的體積為定值，即對于任意點F，三棱錐的體積均不變，D錯誤．故選：D二?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對得6分，部分選對得3分，有選錯的得0分.9.已知向量，，且，則（）A.與同向的單位向量為B.與的夾角為C.D.在上的投影向量是【答案】ACD【解析】【分析】A選項，根據列方程得到，然后根據與同向的單位向量為計算；B選項，根據夾角公式計算；C選項，根據平面向量坐標的加法運算公式和模的公式計算；D選項，根據在上的投影向量是計算.【詳解】，，，即，解得或（舍去）．對于A，，，與同向的單位向量為，故A正確；對于B，，而，則，故B錯誤；對于C，，，故C正確；對于D，在上的投影向量是，故D正確．故選：ACD.10.下列說法正確的是（）A.B.C.若，則的最小值為1D.若是關于的方程的根，則【答案】BD【解析】【分析】由的乘方的周期性及復數模的計算判斷A；設計算判斷B；求出復數在復平面內對應點的軌跡，再借助圓的性質判斷C；由實系數一元二次方程的虛根成對出現，再由根與系數的關系求出值判斷D.【詳解】對于A，，A錯誤；對于B，設，則，而，因此，B正確；對于C，是復平面內復數對應點到對應點的距離為1，則點軌跡是以A為圓心，1為半徑的圓，是圓A上的點到點的距離，，C錯誤；對于D，是關于x的方程的根，則也是關于x的方程的根，因此，解得，D正確.故選：BD11.在中，內角所對的邊分別為，則（）A.若，則B.若，則是等腰三角形C.若，則滿足條件的三角形有兩個D.若，且，則為等邊三角形【答案】ACD【解析】【分析】A利用正弦定理判斷；B由方程在三角形內有兩個解判斷；C由正弦定理及大邊對大角即可判斷；D根據向量線性關系及數量積的幾何意義易知的平分線垂直于且，即可判斷.【詳解】對于，因為，可得，由正弦定理，得，所以，故正確；對于，中，，又，，所以或，即或，可得的形狀為等腰三角形或直角三角形，故B錯誤；對于，若，由正弦定理，有，又，所以可以是銳角也可以是鈍角，所以滿足條件的三角形有兩個，故C正確；對于，表示角平分線的單位向量，因為，所以的角平分線與直線垂直，所以等腰三角形，而，所以，又，所以，所以為等邊三角形，故D正確.故選：.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.設的內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若，則__________．【答案】##【解析】【分析】根據正弦定理進行邊角互換得到，然后利用余弦定理計算即可.【詳解】，由正弦定理變形得，，又由余弦定理得，．故答案為：.13.已知邊長為2的等邊中，為的中點，以為折痕進行折疊，使折后的，則過四點的球的體積為__________.【答案】【解析】【分析】由給定條件，可得兩兩垂直，補形成長方體，利用長方體的外接球即為三棱錐的外接球，再求出球半徑及體積.【詳解】正的邊長為2，為的中點，則，依題意，，又，則三棱錐的棱兩兩垂直，則以為共點的3條棱的長方體的外接球即為三棱錐的外接球，于是該球的直徑，即，所以過四點的球的體積為.故答案為：14.窗花是貼在窗紙或窗戶玻璃上的剪紙，是中國古老的傳統民間藝術．圖1是一張由卷曲紋和回紋構成的正六邊形剪紙窗花．圖2中正六邊形的邊長為4，圓的圓心為該正六邊形的中心，圓的半徑為2，圓的直徑，點在正六邊形的邊上運動，則的最小值為____________【答案】8【解析】【分析】由，，然后由數量積的運算公式，結合正六邊形的性質，即可求解.【詳解】如圖，連結，顯然，，，點在正六邊形的邊上運動，是其中心，因此的最小值等于中心到正六邊形的邊的距離，距離為.所以的最大值為.故答案為：8四?解答題：共77分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.已知非零向量滿足，且.（1）求；（2）當時，求向量與的夾角θ的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根據給定條件，利用數量積的運算律求解即得.（2）利用數量積的運算律及夾角公式求解即得.【小問1詳解】向量，由，得，即，所以.【小問2詳解】由（1）知，，而，則，，因此，而，所以所求夾角.16.在中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知.（1）求角B的值；（2）若，且的面積為，求的周長.【答案】（1）；（2）6.【解析】【分析】（1）由正弦定理邊化角得出，再利用兩角和的正弦公式化簡即可得出角的值.（2）由三角形面積公式化簡得出，再由余弦定理得出，即可得出的周長.【小問1詳解】在中，由及正弦定理邊化角，得，即，則，即，又，則，，而，所以．小問2詳解】由（1）知，，，解得，由余弦定理得，即，解得，所以的周長為6．17.已知在正方體中，是中點.（1）求證：平面；（2）設正方體棱長為，求三棱錐的表面積和體積.【答案】（1）證明見解析；（2）表面積為，體積為.【解析】【分析】（1）連接BD交AC于O，連接OE，即可得到，從而得證.（2）根據正方體的結構特征及計算可得.【小問1詳解】在正方體中，是中點，連接BD交AC于O，連接OE，顯然O是的中點，則，又平面，平面，所以平面.【小問2詳解】顯然兩兩垂直，而，則，又是的中點，則，，所以三棱錐的表面積為；體積為18.在中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知，且.（1）求面積的最大值；（2）若為邊BC的中點，求線段的長度．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理角化邊化簡已知等式，可得，再由余弦定理即可求得答案；（2）由向量的線性運算以及數量積的運算律可得的表達式，再結合（1）的結果推出，即可求得答案.【小問1詳解】，由正弦定理可得，即，由余弦定理可得，又，故，又，，，當且僅當時取等號．，故面積的最大值為；【小問2詳解】是邊BC的中點，，．，，，又由（1）知，，，，即線段AD的長度為.19.如圖，四邊形是圓柱底面的內接四邊形，是圓柱的母線，，是上的動點.（1）求圓柱的側面積；（2）求四棱錐的體積的最大值.【答案】（1