2022-2023学年安徽省马鞍山市第二中学高一下学期期中素质测试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年安徽省马鞍山市第二中学高一下学期期中素质测试数学试题含解析，共26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。
  马鞍山市第二中学2022-2023学年度第二学期期中素质测试高一数学试题一、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. 设复数满足，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法运算化简求值即可.【详解】由，得，故选：D．2. 在中，、分别是边、上的点，且，，若，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量的数乘和加减法法则即可求解.详解】如图所示：.故选：A.3. 已知、是两个不同的平面，、是两条不同的直线，则下列四个说法中正确的是（    ）A. 若，，则 B. 若，，则C. 若，，，则 D. 若，，则【答案】B【解析】【分析】根据题中条件判断各选项中线面、线线、面面的位置关系，可得出合适的选项.【详解】对于A选项，若，，则或，A错；对于B选项，若，，则，B对；对于C选项，若，，，则或、相交，C错；对于D选项，若，，则或、异面，D错.故选：B.4. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c=2acosB．则△ABC的形状一定为（    ）A. 锐角三角形 B. 等腰三角形C. 直角三角形 D. 钝角三角形【答案】B【解析】【分析】首先根据正弦定理，边角互化，再结合两角和差正弦公式化简，即可判断的形状.【详解】，根据正弦定理可知，，，，即，所以，即是等腰三角形.故选：B5. 如图，在下列四个正方体中，P，R，Q，M，N，G，H为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与PRQ所在平面平行的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】延拓过点三点平面，再根据平面与平面的判定定理，即可容易判断选择.【详解】由题意可知经过P、Q、R三点的平面即为平面，如下图所示：对选项：可知N在经过P、Q、R三点的平面上，所以B、C错误；对：MC1与是相交直线，所以A不正确；对：因为//，，//， 又容易知也相交，平面；平面，故平面//平面故选：.【点睛】本题考查面面平行的判定，属基础题.6. 已知在直角梯形ABCD中，AB∥CD，AB＞CD，∠ADC＝90°，分别以AB，CD所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周得到两个几何体，它们的表面积与体积依次为，及，，则有（    ）A. ＜，＜ B. ＜，＞C. ＞，＞ D. ＞，＜【答案】A【解析】【分析】分别计算旋转体的表面积及体积，作差比较大小即可.【详解】设AB＝a，CD＝b，AD＝c，BC＝d，且，则，；，，所以，，即 ＜，＜，故选：A7. 点O在ABC所在的平面内，若，则O为ABC的（    ）A. 重心 B. 垂心 C. 内心 D. 外心【答案】D【解析】【分析】根据已知条件作出图形，利用向量的线性运算及数量积运算，结合向量垂直的条件及三角形外心的定义即可求解.【详解】分别取AB的中点为D，BC的中点为E，如图所示则，，由得，所以，所以垂直平分线段，由得,所以，所以垂直平分线段，所以点O为ABC外心.故选：D．8. 中国古代名词“刍童”原来是草堆的意思，后来用它表示上、下两个底面均为矩形（不能全为正方形且矩形的长不小于宽），四条侧棱的延长线不交于一点的六面体，关于“刍童”体积计算的描述，《九章算术》注曰：“倍上表，下表从之，亦倍下袤，上表从之各以其广乘之，并以高乘之，六而一、”其计算方法是：将上底面的长乘二，与下底面的长相加，再与上底下底面的长乘二，与上底面的长相加，再与下底面的宽相乘；把这两个数值相加，与高相乘，再取其六分之一、已知一个“刍童”的下底面是周长为10的矩形，上底面矩形的长为2，宽为1，“刍童”的高为3，则该“刍童”的体积的最大值为（    ）A. 12 B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】设下底面的长宽分别为x、y，判断出，建立出该“刍童”的体积为：，利用函数求最值.【详解】设下底面的长宽分别为x、y，则，又因为矩形的长不小于宽，所以.由题意可得，该“刍童”的体积为：，对称轴为，所以在单调递减，所以当时最大.故选：A二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．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分）9. 下列命题正确的是（    ）A. 若为复数，则B. 若为向量，则C. 若为复数，且，则D. 若为向量，且，则【答案】AD【解析】【分析】根据复数运算、向量运算的知识对选项进行分析，从而确定正确选项.详解】令，，，，，，，A对；，不一定成立，B错；，，，，，C错．将两边平方并化简得，D对.故选：AD10. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，B＝30°，则使此三角形只有唯一解的b的值可以是（    ）A.  B. 3 C. 5 D. 【答案】BD【解析】【分析】由题意，则角A只有一个解，有或且，转化为边的关系即可.【详解】由正弦定理得，，要使此三角形只有唯一解，此三角形时有且只有唯一解，则A只有一个，则或且，所以或，选项BD符合.故选：BD．11. 如图，在直三棱柱中，D，E，F，M，N分别是的中点，则下列判断错误的是（    ）A. 平面B. 平面C. 平面平面D. 平面平面【答案】ABC【解析】【分析】由线线平行证明线面平行，得平面，平面，所以平面平面，均与平面相交，所以均与平面相交，又MN与AC平行，AC与平面相交，所以MN与平面也相交，可判断各选项是否正确.【详解】连接，如图所示，则N为的中点，又E是的中点，所以，由平面，平面，所以平面．三棱柱中是平行四边形，D，E分别为的中点，则，，可得，，所以四边形是平行四边形，所以，又平面， 平面，则平面，平面，，所以平面平面，所以D正确，而均与平面相交，所以均与平面相交，A，B都不正确，又MN与AC平行，AC与平面相交，所以MN与平面也相交，所以C不正确故选：ABC．12. 如图，的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且，D是外一点，，，则下列说法正确的是（    ）A. 是等边三角形B. 若，则A，B，C，D四点共圆C. 四边形ABCD面积最小值为D. 四边形ABCD面积最大值为【答案】AD【解析】【分析】利用三角函数恒等变换化简已知等式可求，再利用，可知是等边三角形，从而判断A；利用四点共圆，四边形对角互补，从而判断B；由余弦定理可得，利用三角形面积公式，三角函数恒等变换可求四边形ABCD的面积，由正弦函数的性质求出最值，判断CD.【详解】解：已知，由正弦定理得，，即，因为，所以，又，且，所以．所以是等边三角形，A选项正确；在中，由余弦定理得，，则，即，所以A，B，C，D四点不共圆，B选项错误；设，，由余弦定理得：，所以四边形ABCD面积，即，因为，所以，所以当，即时，S取得最大值，无最小值，C选项不正确，D选项正确；故选：AD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知向量，，若，则实数＝_____.【答案】【解析】【分析】由向量数量积的坐标运算可得答案.【详解】因为，所以，所以．故答案为：．14. 如图，某山的高度BC＝300m，一架无人机在Q处观测到山顶C的仰角为15°，地面上A处的俯角为45°，若∠BAC＝60°，则此无人机距离地面的高度PQ为__________m．【答案】200【解析】【分析】在直角三角形中求出，在△ACQ中利用正弦定理求出，在Rt△APQ中求PQ即可.【详解】根据题意，在RtABC中，∠BAC＝60°，BC＝300m，所以m，在ACQ中，∠AQC＝45°＋15°＝60°，∠QAC＝180°－45°－60°＝75°，所以∠QCA＝180°－∠AQC－∠QAC＝45°，由正弦定理，得，即m，在RtAPQ中，PQ＝AQsin45°＝m．故答案为：20015. 如图，在几何体ABCFED中，，，，侧棱AE，CF，BD均垂直于底面ABC，，，，则该几何体的体积为__________．【答案】96【解析】【分析】由已知可得角BAC为直角，截去直三棱柱ABC-NDM，分别求出直三棱柱ABC-NDM的体积与四棱锥D-NEFM的体积，求和得答案.【详解】由，得，所以．分别在边上取，连接DM，MN，DN，如图所示，∵， 直三棱柱ABC-NDM的体积，平面，平面，，又，平面，，平面，，，四边形为平行四边形，，，则平面，四棱锥的高为，由，，则有，∴四棱锥的体积为，则所求几何体的体积为．故答案为：96．16. △ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则的最大值是_____________．【答案】##【解析】【分析】根据正弦定理得，则，利用两角和与差的正切公式和基本不等式即可得到答案.【详解】由已知及正弦定理，得，整理得，易知，则，且，于是当且仅当，即时，等号成立．故的最大值为．故答案为：.四、解答题（本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）17. 已知为复数，和均为实数，其中为虚数单位．（1）求复数和；（2）若复数在复平面内对应的点位于第四象限，求实数的取值范围．【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）设，由和均为实数，虚部为0，列方程组求解；（2）复数在复平面内对应的点位于第四象限，则实部为正、虚部为负，列不等式组求实数的取值范围．【小问1详解】设，，，则，，因为和均为实数，则，解得，，所以，．【小问2详解】由（1）知，，所以，又复数在复平面内对应的点位于第四象限，则，解得或．所以实数的取值范围是．18. 已知向量，．设函数．（1）求函数的最小正周期；（2）在中，角所对的边分别为，当时函数取得最大值，若，且，试求的面积．【答案】（1）    （2）．【解析】【分析】（1）先利用向量加法和数量积的坐标表示及三角恒等变换化简，再根据正弦函数的性质求解即可；（2）根据正弦函数的图象和性质求出角和边，再利用余弦定理和三角形面积公式求解即可.【小问1详解】由题意可得，所以，所以的最小正周期.【小问2详解】由（1）得当即时，取得最大值，又因为，，所以，，在中，由余弦定理，有，即，解得，所以．19. 如图，在水平放置的直径与高相等的圆柱内，放入两个半径相等的小球球A和球，圆柱的底面直径为，向圆柱内注满水，水面刚好淹没小球（1）求球A的体积；（2）求圆柱的侧面积与球B的表面积之比.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据圆柱的轴截面分析即可；（2）直接利用球表面积、圆柱的侧面积公式计算即可．【小问1详解】设圆柱的底面半径为R，小球的半径为r，且，由圆柱与球的性质知，即，，球A的体积为【小问2详解】球B的表面积，圆柱的侧面积，圆柱的侧面积与球B的表面积之比为20. 在中，角的对边分别为，已知，（1）求；（2）若为锐角三角形，，求的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理角化边可得，结合余弦定理即得，即可求得答案；（2）利用余弦定理表示出，结合正弦定理边化角可得，利用三角恒等变换化简可得，结合为锐角三角形确定A的范围，结合正弦函数性质，即可求得答案.【小问1详解】由,根据正弦定理可得，所以，由余弦定理可得，，．【小问2详解】由余弦定理，得，即，由正弦定理，得，即，又，所以，由为锐角三角形，故，解得，所以，所以，所以，所以．21. 如图，在棱长为的正方体ABCD－A1B1C1D1中，P，Q分别是被DD1，AB的中点．（1）若平面与直线交于R点，求的值；（2）若为棱上一点且，若平面，求的值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）设平面PQC与直线AA1交于R点，连接RQ，RP，可证，则，求得，可求的值；（2）取AA1的中点E，则R为AE的中点，连接BE，设平面，连接，证明，可求的值．【小问1详解】如图所示：因为平面平面，且平面平面，平面平面，所以，根据空间等角定理可知，，则，又，，，则，即，，所以.【小问2详解】取AA1的中点E，则R为AE的中点，连接BE，则，又平面， 平面，则平面．又平面，平面且，所以平面平面，设平面，连接，由平面平面，平面平面，平面平面，所以，又，则四边形为平行四边形，同理四边形也是平行四边形，所以，所以．22. 如图，某公园改建一个三角形池塘，，百米，百米，现准备养一批观赏鱼供游客观赏.（1）若在△ABC内部取一点P，建造连廊供游客观赏，方案一如图①，使得点P是等腰三角形PBC的顶点，且，求连廊的长（单位为百米）；（2）若分别在AB，BC，CA上取点D，E，F，并建造连廊，使得△DEF变成池中池，放养更名贵的鱼类供游客观赏：方案二如图②，使得△DEF为正三角形，设为图②中△DEF的面积，求的最小值；方案三如图③，使得DE平行于AB，且EF垂直于DE，设为图③中△DEF的面积，求的取值范围.【答案】（1）百米    （2），【解析】【分析】（1）先由中的余弦定理求出，再由中的余弦定理求出，即可得到答案；（2）分别表示出方案②和方案③中的面积，利用三角函数的性质以及二次函数的性质求解最值即可．【小问1详解】解：因为点是等腰三角形的顶点，且，，所以，由余弦定理可得，，解得，又因为，故，在中，，，所以，在中，由余弦定理可得，，解得，故，所以连廊的长为百米．【小问2详解】解：设图②中的正的边长为，，则，，设，则，，所以，在中，由正弦定理可得，，即，即即（其中为锐角，且，所以，即；图③中，设，，因为，且，所以，，，所以，，所以，所以当时，取得最大值，无最小值，即，故