精品解析：福建省泉州市第六中学2023-2024学年高一下学期期中模块测试数学试卷（解析版）.docx

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泉州六中2023-2024学年下学期高一年数学科期中模块测试

满分：150考试时间：120分钟

一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分）

1.若，则（）

A. B. C.1 D.2

【答案】D

【解析】

【分析】利用复数的除法可求，从而可求.

【详解】由题设有，故，故，

故选：D

2.如图，在下列四个正方体中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB不平行于平面MNQ的是（）

A. B.

C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用线面平行的判定方法逐个分析判断即可．

【详解】对于A，如图，连接，则，

因为，分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得，

所以，

因为平面，平面，所以平面；

对于B，如图连接，

因为，分别为，的中点，所以，

因为，所以，

因为平面，平面，所以平面；

对于C，如图，连接，则，

因为，分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得，

所以，

因为平面，平面，所以平面，

对于D，如图取底面中心，连接，

由于为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得，

因为与平面相交，所以与平面相交，

故选：D．

3.如图，四边形的斜二测画法直观图为等腰梯形．已知，，则下列说法正确的是（????）

A.

B.

C.四边形的周长为

D.四边形的面积为

【答案】D

【解析】

【分析】利用斜二测画法将图形还原计算几何图形的面积与周长以及相关.

【详解】如图可知，

四边形的周长为，四边形的面积为.

故选:D.

4.的内角，，的对边分别为a，b，c，若，则（）

A. B. C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】直接利用正弦定理计算可得；

【详解】解：因为，由正弦定理，

即，解得.

故选：A

5.已知平面，则“”是“且”的（）

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】根据线面垂直即可求证面面垂直，即可说明充分性，根据面面垂直的性质可得线面垂直，即可利用线面垂直的判断求证必要性.

【详解】由于，所以，

若，则，，故充分性成立，

若，，设，，

则存在直线使得，所以，由于，故，

同理存在直线使得，所以，由于，故，

由于不平行，所以是平面内两条相交直线，所以，故必要性成立，

故选：C

6.已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上是边长为的正三角形，则球的表面积等于（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】直接利用外接球和三棱锥关系求出球的半径，计算即可.

【详解】已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，是边长为的正三角形，如图所示：

取BC的中点D，点H为底面的中心，所以

设外接球的半径为R，所以，

利用勾股定理可得，解得

则球的表面积为

故选：B.

7.在平行四边形中，，则的取值范围是（）

A. B.

C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据向量的运算律及数量积定义计算即可.

【详解】设与同方向的单位向量，与同方向的单位向量，与同方向的单位向量，

由题意，所以，

所以，即，

所以，

所以，

因为，所以，

所以，即.

故选：A

8.中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，如图（1）（2），刘徽未能求得牟合方盖的体积，直言“欲陋形措意，惧失正理”，不得不说“敢不阙疑，以俟能言者”.约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等.如图（3）（4），祖暅利用八分之一正方体去掉八分之一牟合方盖后的几何体与长宽高皆为八分之一正方体的边长的倒四棱锥“等幂等积”，计算出牟合方盖的体积，据此可知，牟合方盖的体积与其外切正方体的体积之比为

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【详解】设正方体的边长为，因为，，所以

，故选B．

二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，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，满足，则（）

A. B. C. D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】解方程求出，再结合共轭复数、模的意义及复数运算逐项判断即可.

【详解】方程，化，解得或，

由复数，满足，不妨令，，

对于A，显然复数，互为共轭复数，即，A正确；

对于B，，而，则，B正确；

对于C，，C错误；

对于D，由，得，D正确.

故选：ABD

10.已知向量，且，则下列选项正确的是（）