2023-2024學年高一年級下學期4月份測試數學試卷考試時間：120分鐘說明：1.本試卷分為第Ⅰ卷和第Ⅱ卷兩部分，共150分.考試時間120分鐘.2.將Ⅰ卷和Ⅱ卷的答案都寫在答題卷上，在試卷上答題無效.第Ⅰ卷（選擇題共60分）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個選項中.只有一項是符合題目要求的.1．已知平面向量，，則等于（）A． B．C． D．2．如圖，在中，是線段上的一點，且，過點的直線分別交直線，于點，，若，，則的最小值是（

）

A． B． C． D．3．我國古代人民早在幾千年以前就已經發現并應用勾股定理了，勾股定理最早的證明是東漢數學家趙爽在為《周髀算經》作注時給出的，被后人稱為“趙爽弦圖”.“趙爽弦圖”是數形結合思想的體現，是中國古代數學的圖騰，還被用作第24屆國際數學家大會的會徽.如圖，大正方形是由4個全等的直角三角形和中間的小正方形組成的，若，，E為的中點，則（

）

A． B．C． D．4．設（、、）.已知關于的方程有純虛數根，則關于的方程的解的情況，下列描述正確的是（

）A．方程只有虛根解，其中兩個是純虛根B．可能方程有四個實數根的解C．可能有兩個實數根，兩個純虛數根D．可能方程沒有純虛數根的解5．已知與共線，且向量與向量垂直，則（

）A． B． C． D．6．已知非零向量滿足，則（

）A． B． C． D．7．圖，四邊形的斜二測畫法直觀圖為等腰梯形．已知，，則下列說法正確的是（

）A． B．C．四邊形的周長為 D．四邊形的面積為8．在中，點滿足，過點的直線與、所在的直線分別交于點、，若，，則的最小值為A． B． C． D．二、選擇題：本題共4小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的3分.有選錯的得0分.9．給出下列四個命題，其中正確的是（

）A．非零向量、滿足，則與的夾角是B．在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，，，若滿足條件的有兩個，則b的取值范圍為C．若單位向量、，夾角為，則當取最小值時D．已知，，，若為銳角，則實數m的取值范圍是10．設的內角所對的邊分別為，且.若點是外一點，，下列說法中，正確的命題是（

）A．的內角B．一定是等邊三角形C．四邊形面積的最大值為D．四邊形面積無最大值11．在三角形中，令，，若，，，，則（）A．的夾角為B．，C．D．三角形的邊上的中線長為三、填空題：本題共3小題.每小題5分，共15分.12．復數是實數，則.13．設圓臺的高為3，如圖，在軸截面A1B1BA中，∠A1AB＝60°，AA1⊥A1B，則圓臺的體積為.14．已知平面向量滿足，且與的夾角為120°，則的取值范圍是__________________.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15．設a，b，c分別為內角A，B，C的對邊，已知，.(1)求A的值；(2)若，，求c的值.16．已知向量，設函數.(1)求在上的單調增區間；(2)若對任意恒成立，求的取值范圍.17．如圖，在幾何體中，四邊形為菱形，對角線與的交點為O，四邊形為梯形，.(1)若，求證：平面；(2)若，求證：平面平面.18．如圖，在中，，，，為邊上的高.(1)求的長；(2)設，.①若，求實數的值；②求的最小值.19．如圖，四邊形中，，E，F分別在，上，，現將四邊形沿折起，使．(1)若，在折疊后的線段上是否存在一點P，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，說明理由．(2)求三棱錐的體積的最大值，并求出此時點F到平面的距離．1．A【分析】根據向量坐標的數乘和減法運算直接求解即可【詳解】.故選：A2．A【分析】根據三點共線以及平面向量基本定理推出，再根據基本不等式可求出結果.【詳解】因為三點共線，所以可設，則，又，所以，又，，所以，所以，所以，消去得，所以，因為，，得，得，所以，當且僅當，即時，等號成立，所以的最小值為.故選：A3．A【分析】作于點，設，由直角三角形求得，再根據向量分解（或向量的線性運算）得結論．【詳解】作于點，則，設，由已知，，即，所以，，則，，所以，故選：A．

4．A【分析】根據給定條件，設，再利用方程根的意義結合復數相等，推理計算判斷作答.【詳解】，，關于的方程有純虛數根，設純虛數根為，則有，即，即有，，，方程化為，方程有兩個純虛數根為，方程化為：，整理得，于是得或，因此方程有兩個純虛數根，而方程中，，因此方程無實數根，有兩個虛數根，不是純虛數根，所以選項A正確，選項B，C，D均不正確.故選：A【點睛】思路點睛：復數問題，常設出復數的代數形式，再利用復數及相關運算，探討關系式求解.5．B【分析】首先由平面向量垂直的坐標運算及得出，再由平面向量平行的坐標表示及，得出，即可求出．【詳解】因為，所以，解得，又因為，所以，解得，所以，故選：B．6．C【分析】根據題意，結合向量的數量積的運算法則，化簡求得，即可求解.【詳解】因為，所以.因為，所以，又因為，所以.故選：C.7．D【分析】過作交于點，求出，即可判斷B，再還原平面圖，求出相應的線段長，即可判斷.【詳解】如圖過作交于點，由等腰梯形且，又，，可得是等腰直角三角形，即，故B錯誤；還原平面圖如下圖，則，，，故A錯誤；過作交于點，則，由勾股定理得，故四邊形的周長為：，即C錯誤；四邊形的面積為：，即D正確.故選：D.8．B【分析】由題意得出，再由，，可得出，由三點共線得出，將代數式與相乘，展開后利用基本不等式可求出的最小值.【詳解】如下圖所示：，即，，，，，，，、、三點共線，則.，當且僅當時，等號成立，因此，的最小值為，故選：B.【點睛】本題考查三點共線結論的應用，同時也考查了利用基本不等式求和式的最小值，解題時要充分利用三點共線得出定值條件，考查運算求解能力，屬于中等題.9．BC【分析】選項A.由向量的平行四邊形法則結合幾何圖形可得判斷；選項B.由正弦定理可判斷；選項C.由可判斷；選項D.由且與不同向可判斷.【詳解】選項A.非零向量、滿足，令：，，則，，由于，如圖所示：所以四邊形為菱形，且為等邊三角形；所以，則與的夾角為，故不正確．選項B.由正弦定理，若滿足條件的有兩個，則即，記得則b的取值范圍為，故B正確.選項C.若單位向量的、的夾角為，則，當時，的最小值為，故C正確；選項D.對于，，，由于為銳角，所以且與不同向，即則且，故不正確．故選：BC10．ABC【分析】由正弦定理邊角關系及已知角的大小可得，即可判斷A、B；由余弦定理可得，結合，得到面積關于角D的三角函數式，利用正弦函數的性質及D的范圍求最值，判斷C、D.【詳解】由題設，又，所以，，故，則或，又，故，A正確；所以是等邊三角形，B正確；由，則，且，而，所以當時有最大面積為，故C正確，D錯誤.故選：ABC11．ABD【分析】根據數量積的定義求得向量夾角判斷A，解方程組求得判斷B，根據三角形的性質判斷C，利用向量中線公式用表示出中線向量（是邊中點），最終用表示，然后平方轉化為數量積求模判斷D．【詳解】由已知，而，所以，A正確；由，解得,B正確；顯然不平行，因此是錯誤的，即C錯；設邊的中點是，則，，D正確，故選：ABD．12．【分析】由題干可得且，進行計算即可得解.【詳解】根據題意且，所以且，即，所以或（舍），故答案為：13．【分析】設上、下底面半徑分別為，結合圖形題意及幾何性質可得，后由圓臺體積公式可得答案.【詳解】設上、下底面半徑，母線長分別為.作于點D，則，.又，則.又，則.則，又圓臺高，則圓臺體積.故答案為：.14．（0,]【詳解】解：15．(1)(2)【分析】（1）根據題意，由正弦定理的邊角互化，即可得到，再由，代入計算，即可得到結果；（2）根據題意，由平面向量的線性運算可得，再由余弦定理代入計算，即可得到結果.【詳解】（1）因為，，所以，由正弦定理得.又，所以.因為，所以.又，所以.（2）由，得，所以，所以點D在邊上，且，因為，所以，.在中，由余弦定理得，即，解得（負根已舍去）.16．(1)(2)【分析】（1）根據數量積的坐標表示并結合二倍角公式和兩角和的正弦公式化簡求得的表達式，根據x的范圍，結合正弦函數的單調性，即可求得答案；（2）根據x的范圍，求得的最值，繼而求得的最大值，結合不等式恒成立，即得答案.【詳解】（1），當時，則.由，可得，故函數在上的單調增區間為.（2）當時，則，故當，即時，函數的最大值為，當，即時，函數的最小值為0，所以在上的最大值為1，由于對任意恒成立，故，故的取值范圍為.17．(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）取的中點，連接，，從而可得為平行四邊形，即可證明平面；（2）只需證明平面，即可證明平面平面.【詳解】（1）證明：取的中點，連接，，∵是菱形的對角線，的交點，∴，且，又∵，且，∴，且，從而為平行四邊形，∴，又平面，平面，∴平面.（2）證明：連接，∵四邊形為菱形，∴，∵，是的中點，∴，又，平面，∴平面，又平面，∴平面平面.18．(1)(2)①不存在實數；②【分析】（1）先求出的長，再利用等面積法求解即可；（2）①根據題意得，，利用數量積求解即可；②根據題意得，，利用數量積求解即可.【詳解】（1）根據題意得，，即，解得，因為為邊上的高，所以，解得.（2）①由（1）知，所以，所以，所以，因為，所以，所以，即，又，所以，解得，不符合題意，故不存在實數使②，，所以當時取得最小值，即.所以的最小值為：.19．(1)存在，(2)最大值為3，此時點F到平面的距離為【分析】（1）取，可得，過點作交于點，連接，則有，結合已知條件可證四邊形為平行四邊形即可證明結論；（2）利用有最大值，求出BE的長度，在中，由余弦定理得的值，進一步求出的