試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁復旦大學附屬中學2024學年第二學期高一年級數學期末考試試卷（B卷）考生注意：1．本試卷共4頁，21道試題，滿分150分，考試時間120分鐘．2．本試卷分設試卷和答題紙，試卷包括試題與答題要求，作答必須涂（選擇題）或寫（非選擇題）在答題紙上，在試卷上作答案一律不得分．一、填空題（本大題滿分54分）本大題共有12題，第1—6題每題4分，第7—12題每題5分，請在答題紙相應編號的空格內直接寫結果．1．已知是虛數單位，復數滿足，則．2．已知，則．3．在中，角所對的邊分別是，若，且，則的面積等于．4．一個圓錐的表面積為，母線長為，則其底面半徑為.5．已知是虛數單位，若，且，則的取值范圍為．6．如圖，在中，點是線段上動點，且，則的最小值為．7．已知正三棱錐底面的邊長為6，高為3，則該正三棱錐的側面積為．8．如圖，甲站在水庫底面上的點D處，乙站在水壩斜面上的點處．已知水庫底面與水壩斜面所成的二面角的大小為，測得從、兩點到水庫底面與水壩斜面的交線的距離分別為m、m，且m，則甲乙兩人相距m．9．如圖，已知平行六面體的體積為4，若將其截去三棱錐，則剩余幾何體的體積為．10．已知，如果存在實數，使得對任意的實數，都有成立，則的最小值為．11．關于的實系數方程和有四個不同的根，若這四個根在復平面上對應的點共圓，則的取值范圍是.12．如圖，正方體中，四分之一圓柱與四分之一圓柱公共部分是八分之一的“牟合方蓋”．已知這個正方體的棱長為2，利用祖暅原理，該八分之一“牟合方蓋”的體積為．二、選擇題（本大題滿分18分）本大題共有4題，第13—14題每題4分，第15—16題每題5分，每題有且只有一個正確選項，請在答題紙的相應編號上將代表答案的小方格涂黑．13．已知，是復數，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件14．已知向量滿足，則在上的投影向量為（

）A． B． C． D．15．如圖，在正方體中，為的中點，對于下列兩個命題：①平面上存在一條直線，與平面平行；②平面上存在一條直線，與平面垂直．則（

）A．①對，②對 B．①對，②錯 C．①錯，②對 D．①錯，②錯16．正方體中，直線平面，直線平面，記該正方體的12條棱所在的直線構成的集合為．給出下列四個命題：①中可能恰有2條直線與異面；

②中可能恰有4條直線與異面；③中可能恰有8條直線與異面；

④中可能恰有10條直線與異面．其中，正確命題的個數為（

）A．1 B．2 C．3 D．4三、解答題（本大題滿分78分）本大題共有5題，解答下列各題必須在答題紙相應的編號規(guī)定區(qū)域內寫出必要的步驟．17．已知向量．(1)若，求的值；(2)設，若關于的不等式有解，求實數的取值范圍．18．如圖，四邊形是矩形，，平面，．點為線段的中點．(1)求證：平面；(2)求異面直線與所成的角的大?。?9．已知是虛數單位，設，．(1)已知，且，求的值；(2)求證：．20．用一個與圓柱底面不平行的平面去截圓柱可得到一個斜截面．若沿著圓柱的母線將其剪開并展開成平面圖，通過觀察，發(fā)現此截口曲線展開后，與正弦函數或余弦函數的圖像相近．設圓柱的底面半徑為，斜截面與底面所成的二面角的大小為．(1)某班的同學們嘗試研究上述截口曲線的形狀問題．他們自制了與不同的三個斜截圓柱，如圖1所示，并沿著斜截圓柱的母線將其剪開后展開成平面圖．然后他們分為三組，進行了如下操作：首先把截口曲線描到白紙上，通過合理地建立平面直角坐標系，再選取一些點并測量其坐標，最后由形如的函數表達式進行擬合，并求出對應的擬合結果．擬合的結果如下表所示，因為，所以表格中都可以近似地看作，再作適當的上下平移，則可化為0，故得到表格中對應的近似結果．請將表格中序號③的近似結果補充完整，將答案直接寫在答題紙上的相應位置（無需過程）；序號擬合結果近似結果①②③2(2)如圖2，已知、分別是圓柱的上、下底面的圓心，圓柱的一個斜截面所在的平面與上底面所在平面的交線是在點的切線，又平面過線段的中點且平行于底面．設平面與斜截面相交于的直徑，并與圓柱的母線的公共點為．如圖3，現只考慮該圓柱在斜截面下方的部分．對于斜截面邊界上的一點，點在平面上的投影為點．已知圓柱的底面半徑為，二面角的大小為．設上的的長度為，，，試用表示，并求；(3)在（2）的條件下，設，試求關于的函數表達式．21．如圖，圓臺的一個軸截面為等腰梯形，為底面圓周上異于、的點．(1)求該圓臺的側面積；(2)若是線段的中點，求證：直線平面；(3)若，設直線為平面與平面的交線，設平面，點在線段上（不含端點），直線與平面所成的角大小為，求的最大值．答案第=page11頁，共=sectionpages22頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁1．.

【詳解】∵∴∴故答案為點睛：復數的乘法．復數的乘法類似于多項式的四則運算，可將含有虛數單位的看作一類同類項，不含的看作另一類同類項，分別合并即可．復數的除法．除法的關鍵是分子分母同乘以分母的共軛復數，解題中要注意把的冪寫成最簡形式．2．【分析】由數量積的坐標形式及兩角和的正弦公式即可得出答案【詳解】,故答案為:3．【分析】由余弦定理，算出，從而得到．再利用正弦定理的面積公式，即可算出△ABC的面積．【詳解】：∵△ABC中，b2+c2=a2+bc，∴a2=b2+c2-bc，可得，結合A為三角形內角，可得，又bc=8因此，△ABC的面積.即答案為.【點睛】本題給出三角形的邊的關系式，求三角形的面積．著重考查了余弦定理、三角形面積公式等知識，屬于中檔題．4．【分析】設圓錐的底面半徑為，根據可解得結果.【詳解】設圓錐的底面半徑為，則底面周長為，底面積為，側面展開圖扇形的半徑為，弧長為，扇形的面積為，所以，解得.故答案為：【點睛】本題考查了圓錐的表面積，考查了扇形的面積公式，屬于基礎題.5．【分析】設，由已知得在復平面的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，利用圓心到原點的距離加減半徑可得答案.【詳解】設，由得，可得在復平面的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，所以，即.故答案為：.6．16【分析】由已知條件結合平面向量共線的推論可得，然后利用基本不等式求解即可.【詳解】由，且三點共線，則，由題意得，所以，當且僅當，即時等號成立，則的最小值為16.故答案為：16.7．【分析】根據題意正三棱錐三個側面全等，利用錐體的高及底邊長求得斜高，即可得到側面積.【詳解】在正三棱錐中，底面邊長為6，高，且為的中心也是重心，所以，則，所以，即.故答案為：.8．【分析】根據題意可得，再由空間向量的模長的計算，即可求得答案.【詳解】由題意可得，故，而m、m，且m，水庫底面與水壩斜面所成的二面角的大小為，可知，又，故，故（m）,故答案為：9．【分析】根據錐體和柱體的面積公式，結合平行六面體的性質進行求解即可.【詳解】設點到平面的距離為，四邊形的面積為，顯然有，所以，因此剩余部分幾何體的體積為.故答案為：10．【分析】根據題意，為函數的最小值，為的最大值，由正弦函數性質求解．【詳解】由題，可得為函數的最小值，為的最大值，所以，則，又，，得，由，所以當時，為最小值.故答案為：.11．【分析】解出方程，可得其對應的點，對于方程，討論其，進一步分析計算即可.【詳解】因為的解為，設所對應的兩點分別為，則，，設的解所對應的兩點分別為，，記為,,，當，即時，因為關于軸對稱，且，，關于軸對稱，顯然四點共圓；當，即或時，此時,,，且，故此圓的圓心為，半徑，又圓心到的距離，解得，綜上：,故答案為：.12．【分析】關鍵點在于構造底面邊長和高均為2的直四棱錐，根據祖暅原理，八分之一“牟合方蓋”的體積等于正方體的體積減去該四棱錐的體積，即可求得結果.【詳解】如圖，設，邊長為，截面位于八分之一“牟合方蓋”內的部分為正方形.易知，連接.由點在以為圓心，為半徑的圓弧上，得.在中，由勾股定理得，故所求正方形的面積為.所以用平行于底面的任意一個平面截八分之一“牟合方蓋”，所得截面面積是，，所以可以構造底面邊長為，高為的直四棱錐，對于直四棱錐，當用過點的截面截該四棱錐時，截面面積為.根據祖暅原理，八分之一“牟合方蓋”的體積等于正方體的體積減去該四棱錐的體積，故所求體積為.故答案為：.13．B【分析】根據復數的性質及充分條件、必要條件求解即可．【詳解】當時，，此時，當，若，則成立，同理也成立，故“”是“”的必要不充分條件，故選：B．14．B【分析】根據數量積的運算律可得，再根據投影向量公式可求投影向量.【詳解】設向量的夾角為，因為，可得，所以在的投影向量為.故選：B.15．B【分析】對于①，作出輔助線，得到，進而得到平面，故①正確；對于②，先作出，由垂直的判定定理，進行判斷即可.【詳解】對于①，取中點，中點，連接，所以，又為的中點，所以，所以四點共面，因為平面，平面，所以平面，故①正確；對于②，取中點，可證≌，所以，所以，故.若平面上存在一條直線，與平面垂直，則一定與垂直，即與平行，但與不垂直，故平面上不存在直線，與平面垂直.故②錯誤.故選：B．16．C【分析】根據題意，利用異面直線的定義，依次分析4個命題是否正確，綜合可得答案.【詳解】根據題意，依次分析4個命題：因為直線平面，所以、、、不可能與直線異面，當直線過底面兩個頂點時，若直線為底面邊所在直線時，假設直線取，中只有四條直線、、、與直線異面，故②正確；若直線為底面對角線時，假設直線取，此時中有直線、、超過2條直線與直線異面；若直線只過底面的一個頂點時，假設直線過點，此時中有直線、、超過2條直線與直線異面；若直線不過底面的任何一個頂點時，此時中有直線、、超過2條直線與直線異面；綜上所述，中不可能有2條直線與異面，故①錯誤；對于③，當直線取點與線段的中點連線時，中除了、、和之外有8條棱均與直線異面，故③正確；對于④，當直線取線段中點與線段的中點連線時，中除了和之外的10條棱均與直線異面，故④正確.故選：C.17．(1)(2)【分析】（1）根據平面向量的坐標表示，由可得，再結合齊次式求解即可；（2）根據平面向量的坐標表示，由三角恒等變換化簡可得，進而結合余弦函數的性質求解即可.【詳解】（1）由，則，即，所以.（2）由，則，所以，當時，，則，則，要使關于的不等式有解，則，則，解得.18．(1)證明見解析(2)【分析】（1）由線面垂直的性質定理得，利用勾股定理有，即，最后由線面垂直的判定定理即可得證；（2）將四棱錐放到長方體中，即證，，即為異面直線與所成的角或其補角，在中利用余弦定理即可求解.【詳解】（1）由平面，平面，所以，又四邊形是矩形，，所以，又，所以，所以，又平面，所以平面；（2）將四棱錐放到長方體中，如圖：取的中點為，連接，由，所以四邊形為平行四邊形，所以，又為的中點，所以，又，所以，所以四邊形為平行四邊形，所以，所以為異面直線與所成的角或其補角，又由，所以，所以，所以，所以,由余弦定理有，所以異面直線與所成的角為.19．(1)或(2)證明見解析【分析】（1）設，再分及代入計算即可得解；（2）設，再分及驗證是否恒成立即可得.【詳解】（1）設，若，則，故，即，，即；若，則，故，即，，即；綜上所述，或；（2）設，若，則，，則，，故；若，則，，，，故；故恒成立，即得證.20．(1)(2)；(3)【分析】（1）由題意由可以近似地看作，可化為0，則可得近似結果；（2）結合線面垂直與平行的判定及性質，可找到二面角的平面角即，利用扇形弧長公式可得；（3）建立空間直角坐標系，利用四點共面可求.【詳解】（1）根據題意，由都可以近似地看作，且作適當的上下平移，則可化為0，則根據擬合結果，由，故序號③的近似結果為.（2）如圖2中，連接.由題意，為圓柱母線，為上、下底面中心連線，則，又，故四邊形是平行四邊形，則，由平面過線段的中點且平行于底面，且平面與上底面所在平面的交線是在點的切線，則在上底面所在平面內，且，故，又，且，則，同理，由平面，平面，平面，則，則，又與上底面垂直，故，因為，且平面，所以平面，則平面，又平面，所以，且，故即為二面角的平面角，則；如圖3中，由上的的長度為，且的半徑為，且，，則.故，且.（3）在圖3中，由題意可知，，，且由第（2）問求解可知，故，以為坐標原點，以所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，由題意四點共面，故存在實數，使得，則，可得，又，則.21．(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）由圓臺側面積公式即可求解；（2）取中點，連接，通過證明四邊形為平行四邊形得到，然后根據線面平行的判定定理完成證明；（3）延長交于點，建立合適空