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    河北省重点中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题及答案解析

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    河北省重点中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题及答案解析

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    这是一份河北省重点中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题及答案解析,共24页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
    2022~2023学年度第二学期高一年级期中考试数学试题一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40.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. 已知复数,则在复平面内对应的点的坐标为(    A.  B.  C.  D. 2. 中,,则外接圆的半径为(    A.  B. 1 C. 2 D. 33. 已知向量满足,则    A 4 B. 3 C. 2 D. 14. 将图(1)中的等腰直角三角形沿斜边 的中线折起得到空间四面体,如图(2),则在空间四面体中, 的位置关系是(    A. 相交且垂直 B. 相交但不垂直C. 异面且垂直 D. 异面但不垂直5. 是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列说法错误的是(    A. ,则B. ,则C. ,则D. ,则6. 已知向量,若向量共面,则实数等于(    A 10 B. 8 C. 5 D. 37. 已知的三边长分别为,且最大内角是最小内角的2倍,则最小内角的余弦值为(    A.  B.  C.  D. 8. 在三棱锥P-ABC中,平面PAB平面ABC.,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为(    A.  B.  C.  D. 二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0.9. 若复数纯虚数,则(    A. 为实数 B. 为实数C. 为实数 D. 为实数10. 已知四边形是平行四边形,,则(    A. D坐标是 B. C.  D. 四边形的面积是11. 中,角的对边分别为,向量,向量,若,且满足,则下列说法正确的是(    A.  B. C.  D. 12. 如图所示,在四棱锥中,平面,四边形为正方形,为线段上的点(不包括端点),则(    A.  B. 平面C. 二面角的大小为定值 D. 的最小值为三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20.13. 已知平面的法向量上一点,则点的距离为___________.14. 某圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形,则该圆柱一个底面的面积为___________.15. 如图,小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶,小明在A处测得公路上BC两点的俯角分别为30°45°,且∠BAC135°.若山高AD150m,汽车从C点到B点历时25s,则这辆汽车的速度为______m/s16. 中,G满足,过G的直线与ABAC分别交于MN两点.,则3m+n的最小值为_______.四、解答题:本题共6小题,共70.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17 已知向量.1求向量夹角的余弦值;2若向量互相垂直,求的值.18. 已知abc分别为三个内角ABC的对边,且1A2,且的面积为,求bc19. 已知正四面体的棱长为2,点G的重心,点M是线段的中点.1表示,并求出2.20. 如图,在四棱柱中,底面是矩形,平面平面,点的中点,.1求证:平面平面2求直线与平面所成角的正弦值.21. 如图,在平面四边形中,,设.1,求的长度;2,求.22. 如图,平面平面,四边形和四边形均为正方形..1)求证:平面平面2)求多面体的体积.                  答案解析一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40.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. 已知复数,则在复平面内对应的点的坐标为(    A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先化简复数,根据实部虚部写出点的坐标.【详解】,即在复平面内对应的点的坐标为.故选:D.2. 中,,则外接圆的半径为(    A.  B. 1 C. 2 D. 3【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理即可求解.【详解】外接圆的半径,则由正弦定理,得,解得所以外接圆的半径为.故选:B3. 已知向量满足,则    A. 4 B. 3 C. 2 D. 1【答案】D【解析】【分析】由向量数量积运算律,结合已知直接计算可得.【详解】因为故选:D4. 将图(1)中的等腰直角三角形沿斜边 的中线折起得到空间四面体,如图(2),则在空间四面体中, 的位置关系是(    A. 相交且垂直 B. 相交但不垂直C. 异面且垂直 D. 异面但不垂直【答案】C【解析】【分析】根据线面垂直的判断定理,证出平面;再由线面垂直的定义即可证出,由于不相交即可得出答案.【详解】折起前,折起后有,且所以平面,所以不相交,故异面且垂直.故选C【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理以及线面垂直的定义,需掌握线面垂直的判定定理内容,证明异面直线垂直一般先证线面垂直,此题属于基础题.5. 是两条不同的直线,是两个不同的平面,则下列说法错误的是(    A. ,则B. ,则C. ,则D. ,则【答案】C【解析】【分析】根据平行线的性质,结合垂直的性质、平面平行的性质逐一判断即可.【详解】因为,若分别在直线上为平面的法向量,且,故,所以选项A说法正确;因为,所以,而,因此,所以选项B说法正确;时,如下图所示:也可以满足,所以选项C说法不正确;因为,所以,而,所以,因此选项D说法正确,故选:C6. 已知向量,若向量共面,则实数等于(    A. 10 B. 8 C. 5 D. 3【答案】A【解析】【分析】利用共面向量的性质,得到三个向量之间的关系,再利用待定系数法解得未知量.【详解】解:向量共面,存在实数使得,即故选:A7. 已知三边长分别为,且最大内角是最小内角的2倍,则最小内角的余弦值为(    A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】的最小内角为,利用正弦定理得到,再利用余弦定理得到,进而即可求解.【详解】的最小内角为由正弦定理得,整理得又余弦定理得所以,解得,则故选:B8. 在三棱锥P-ABC中,平面PAB平面ABC.,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为(    A  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由面面垂直可得线面垂直,进而可确定球心的位置在DO上,根据勾股定理即可求解.【详解】如图,取AB的中点EBC的中点D,连接PEPAB是等边三角形,则.因为平面PAB平面ABC,平面平面平面PAB,所以PE平面ABC,又平面ABC,所以.DOD平面ABC,则.因为,所以三棱锥P-ABC的外接球的球心在DO上,设球心为O,连接OBOP,设外接球半径为R,由已知.,在直角梯形PEDO中,   ,所以三棱锥P-ABC外接球的表面积.故选:C.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0.9. 若复数为纯虚数,则(    A. 为实数 B. 为实数C. 为实数 D. 为实数【答案】ACD【解析】【分析】根据题意,设,得到,结合复数的运算法则,逐项判定,即可求解.【详解】因为为纯虚数,设,则,所以A正确;,所以B错误;为实数,所以C正确;为实数,所以D正确.故选:ACD.10. 已知四边形是平行四边形,,则(    A. D的坐标是 B. C.  D. 四边形的面积是【答案】BD【解析】【分析】根据平行四边形的性质可知即可求出D点坐标判断A,利用两点间距离公式判断B,由向量夹角公式判断C,由三角形面积公式可得平行四边形面积判断D.【详解】不妨设点D坐标为,因为四边形是平行四边形,所以,所以,所以点D坐标为,故A错误;,故B正确;,所以,故C错误;因为,所以四边形的面积,故D正确.故选:BD11. 中,角的对边分别为,向量,向量,若,且满足,则下列说法正确的是(    A.  B. C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】由向量平行得到,从而求出A正确;由正弦定理得到,求出,判断CD;结合三角形内角和求出,判断B选项.【详解】,∴A选项对,由题意及正弦定理得,即,又C选项错,D选项对,B选项对,故选:ABD.12. 如图所示,在四棱锥中,平面,四边形为正方形,为线段上的点(不包括端点),则(    A.  B. 平面C. 二面角的大小为定值 D. 的最小值为【答案】CD【解析】【分析】对于A,利用线面垂直的判定定理和性质定理即可得出;对于B,利用线面平行的性质定理即可得出;对于C,由二面角的定义即可判断;对于D,将侧面展开在一个平面内,结合余弦定理即可得出.【详解】对于A平面平面,假设平面PAD平面平面,而四边形为正方形,与矛盾,所以假设错误,故不正确,故A不正确;对于B,设,连接,假设平面又平面平面,则中,因为的中点,则必为的中点,这与为线段上的动点矛盾,所以假设错误,故B不正确;对于C为线段动点,二面角的大小即为二面角的大小,因为二面角的大小为定值,所以二面角的大小为定值,C正确;对于D平面平面为等腰直角三角形,平面平面,即又四边形为正方形,平面PAD平面平面为直角三角形,如图,将侧面展开在一个平面内,连接,当处在的交点处时,取得最小值,此时,在中,由余弦定理,得所以的最小值为,故D正确. 故选:CD.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20.13. 已知平面的法向量上一点,则点的距离为___________.【答案】【解析】【分析】利用空间向量坐标运算的求点到平面的方法即可求解.【详解】由题意知,所以点的距离故答案为:.14. 某圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形,则该圆柱一个底面的面积为___________.【答案】【解析】【分析】根据圆柱的侧面展开图可知底面圆的周长等于正方形的边长,即可求出底面圆的半径,进而可求面积.【详解】因为圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形,所以该圆柱的底面圆的周长为其侧面展开图正方形的边长,该圆柱底面圆半径为,故该圆柱一个底面的面积.故答案为15. 如图,小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶,小明在A处测得公路上BC两点的俯角分别为30°45°,且∠BAC135°.若山高AD150m,汽车从C点到B点历时25s,则这辆汽车的速度为______m/s【答案】【解析】【分析】由余弦定理求得后可得速度.【详解】由题意可知,AB300mm,由余弦定理可得m),这辆汽车的速度为m/s),故答案为:16. 中,G满足,过G的直线与ABAC分别交于MN两点.,则3m+n的最小值为_______.【答案】【解析】【分析】根据题意可知为三角形的重心,利用三点共线可得,再由均值不等式即可求最值.【详解】中点,连接,如图,可得,即所以三点共线且,即的重心,所以因为三点共线,所以所以,当且仅当时,等号成立,故答案为:四、解答题:本题共6小题,共70.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知向量.1求向量夹角的余弦值;2若向量互相垂直,求的值.【答案】1.    2.【解析】【分析】1)利用平面向量的数量积即可求得结果.2)利用两向量垂直的条件即可求得结果.【小问1详解】所以设向量的夹角为,则.【小问2详解】若向量互相垂直,所以.18. 已知abc分别为三个内角ABC的对边,且1A2,且的面积为,求bc【答案】1    2【解析】【分析】1)应用正弦定理结合两角和差公式计算求解即可;2)应用余弦定理及三角形面积公式,列方程求边即得.【小问1详解】中,由正弦定理及,代入上式,【小问2详解】由(1)知,又∴由余弦定理得,即,①又∵的面积为∴有,即,②解由①②组成的方程组得19. 已知正四面体的棱长为2,点G的重心,点M是线段的中点.1表示,并求出2.【答案】1    2【解析】【分析】1)首先根据空间向量的线性运算得到,再求其模长即可.2)根据展开求解即可.【小问1详解】因为点M是线段的中点,点G的重心,所以因为所以.【小问2详解】.20. 如图,在四棱柱中,底面是矩形,平面平面,点的中点,.1求证:平面平面2求直线与平面所成角的正弦值.【答案】1证明见解析    2【解析】【分析】(1)先证明,根据面面垂直的性质定理证明⊥平面,再由面面垂直判定定理证明平面平面2)建立空间直角坐标系,求直线的方向向量与平面的法向量,利用空间向量夹角公式求直线与平面夹角.【小问1详解】因为,点的中点,所以又平面平面,平面平面平面所以⊥平面ABCD,又平面所以平面平面【小问2详解】的中点,连结因为四边形为矩形,且所以四边形为正方形,为坐标原点,所在直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系如图所示,所以设平面的法向量 ,即,则所以平面的一个法向量设直线与平面所成角为直线与平面所成角正弦值为.21. 如图,在平面四边形中,,设.1,求的长度;2,求.【答案】1    2【解析】【分析】1)根据题意求得,在中,利用余弦定理,即可求得的长;2)根据题意求得,得到,在中,利用正弦定理求得,进而求得的值.【小问1详解】解:由题意得可得中,由余弦定理可知:所以.小问2详解】解:因为,所以又因为,可得,中,由正弦定理知所以,即可得,即.22. 如图,平面平面,四边形和四边形均为正方形..1)求证:平面平面2)求多面体的体积.【答案】1)证明见解析;(2【解析】【分析】1)由,可得四点共面,依题意可得,即可得证;2)多面体可看成三棱柱和四棱锥组合而成,由面面垂直的性质可得平面,再证,再分别求出三棱柱的体积,四棱锥的体积,再求和即可;【详解】解:(1)因为,所以四点共面,因为四边形为正方形,所以,又平面,所以四边形为正方形,所以,又平面,所以,又平面,所以平面平面2)多面体可看成三棱柱和四棱锥组合而成,因为为正方形,所以,又平面平面,平面平面平面,所以平面,又平面,所以,又,所以,所以三棱柱的体积,,四棱锥的体积,所以多面体的体积. 

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