吉林省长春市东北师范大学附属中学净月实验学校2023-2024学年高一上学期期中质量监测数学试卷(解析).docx

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2023-2024学年度第二学期高一年级期中质量监测

（数学）学科试题

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.已知为虚数单位，则复数（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意结合复数的除法运算求解.

【详解】由题意可得：.

故选：B.

2.已知向量，，若，则（）

A.2 B. C.3 D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量平行的坐标表示运算求解即可.

【详解】若，则，解得.

故选：B.

3.已知向量满足，则（）

A.2 B. C.1 D.

【答案】A

【解析】

【分析】将平方结合平面向量数量积的运算律即可得解.

【详解】解：因为，

所以，

解得.

故选：A.

4.在平行四边形中，点在对角线上，点在边上，，，且，，则（）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】运用向量的分解和加减运算即可得出结果.

【详解】解析：

．

故选：C．

5.已知正方体的棱长为1，为上一点，则三棱锥的体积为（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】由为到平面的距离，所以根据体积法可得，代入数值即可得解.

【详解】

由为正方体，

显然为到平面距离，

所以，

故选：D

6.一水平放置的平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，轴，则四边形的面积为（）

A.18 B. C. D.12

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意可得四边形的面积为，结合直观图与原图面积之间的关系分析求解.

【详解】由题意可知：，且，则，

可知四边形的面积为，

所以四边形的面积为.

故选：C.

7.的内角的对边分别为a，b，c，满足.若为锐角三角形，且a=3，则面积最大为（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理、三角形面积公式结合均值不等式求解作答.

【详解】在中，由及正弦定理得：，

即，由余弦定理得，在锐角中，，

而，因此，当且仅当时取等号，

于是的面积，

所以当时，的面积取得最大值.

故选：D

8.如图，有一古塔，在A点测得塔底位于北偏东30°方向上的点处，在A点测得塔顶的仰角为，在A点的正东方向且距点米的点测得塔底位于西偏北方向上（A，，在同一水平面），则塔的高度为（）米.

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】在中，根据正弦定理可求出，在中，利用锐角三角函数计算可得.

【详解】由已知可得，在中，有，，，

根据正弦定理，

可得.

在中，有，，，

所以.

故选：A.

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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.下列说法正确的有（）

A.中，是的充要条件

B.在中，若，则一定为等腰三角形

C.在中，若，则

D.在中，

【答案】AD

【解析】

【分析】利用正弦定理和充分条件、必要条件的判定方法，可判定A正确；由，得到或，可判定B错误；由三角函数的性质，求得或，可判定C错误；根据正弦定理，可判定D正确.

【详解】对于A，在中，由，利用正弦定理得，即，可得；

反之：若，可得，根据正弦定理得，

所以中，是的充要条件，所以A正确；

对于B，在中，由，可得或，

即或，所以为等腰三角形或直角三角形，所以B不正确；

对于C，由，因为，可得或，所以C错误；

对于D，在中，根据正弦定理，可得，所以D正确.

故选：AD.

10.如图，在直三棱柱中，，若，则D可能为（）

A.的中点 B.AC的中点

C.的中点 D.的重心

【答案】BCD

【解析】

【分析】设E，F分别为AC和的中点，证明平面BEF，得点在平面BEF内，从而可得正确选项．

【详解】设E，F分别为AC和的中点，因为是直三棱柱，所以平面ABC，平面ABC，所以，又因为，E为AC的中点，所以，因为，平面，所以平面，而平面，则，又因为，是正方形，与正方形的对角线平行，所以，又，平面BEF，所以平面BEF，因为，所以点D在平面BEF内．

故选：BCD.

11.著名数学家欧拉提出了如下定