天津市第一中学 2022-2023学年高一下学期期末数学试题

天津一中2022-2023学年高一年级

数学学科期末质量调查试卷

本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）、第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时90分钟．

第Ⅰ卷为第1页，第Ⅱ卷为第2-3页．考生务必将答案涂写规定的位置上，答在试卷上的无效．

祝各位考生顺利！

第Ⅰ卷

一、选择题：（每小题3分，共30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. 已知复数z满足，则在复平面内复数z对应的点在（    ）.

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】A

【解析】

【分析】设出复数z的代数形式，再利用复数相等求出复数z即可作答.

【详解】设，，则，由得：，

即，于是得，解得，则有对应的点为，

所以在复平面内复数z对应的点在第一象限.

故选：A

2. 若，，，则m的值为（    ）

A.  B. 2 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先根据题意求出和的坐标，再由两向量共线列方程可求出m的值.

【详解】因为，，

所以，，

因为，

所以，解得，

故选：A

3. 在△中，为边上的中线，为的中点，则

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】分析：首先将图画出来，接着应用三角形中线向量的特征，求得，之后应用向量的加法运算法则-------三角形法则，得到，之后将其合并，得到，下一步应用相反向量，求得，从而求得结果.

【详解】根据向量的运算法则，可得

，

所以，故选A.

【点睛】该题考查的是有关平面向量基本定理的有关问题，涉及到的知识点有三角形的中线向量、向量加法的三角形法则、共线向量的表示以及相反向量的问题，在解题的过程中，需要认真对待每一步运算.

4. 设有直线m、n和平面、.下列四个命题中，正确的是

A. 若m∥,n∥,则m∥n

B. 若m,n,m∥,n∥,则∥

C. 若，m,则m

D. 若，m，m,则m∥

【答案】D

【解析】

【详解】当两条直线同时与一个平面平行时，两条直线之间的关系不能确定，故A不正确，

B选项再加上两条直线相交的条件，可以判断面与面平行，故B不正确，

C选项再加上m垂直于两个平面的交线，得到线面垂直，故C不正确，

D选项中由α⊥β，m⊥β，m，可得m∥α，故是正确命题，

故选D

5. 在中，角所对的边分别为，且，若，则三角形的形状为（    ）

A. 直角三角形 B. 等腰直角三角形 C. 等腰三角形 D. 等边三角形

【答案】D

【解析】

【分析】直接利用余弦定理的应用求出的值，进一步利用正弦定理得到，最后即可判断出三角形的形状．

【详解】解：在中，角、、所对的边分别为、、，且，

则，

由于，

故．

由于，

利用正弦定理得，

所以，

故，

所以为等边三角形．

故选：．

6. 宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一，如图为一件三层六角宫灯，三层均为正六棱柱，其中上、下层正棱柱的底面周长均为60cm，高为6cm，中间一层的正棱柱高为18cm.设计一个装该宫灯的可从中间打开的球形盒子，则该盒子的表面积至少为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据正六棱柱的外接球的直径是其对角线的长，从而可得外接球的半径，利用外接球表面积公式计算即可得到答案.

【详解】由题意，将该宫灯看成一个高为、底面边长为的正六棱柱.

而正六棱柱的外接球（球形盒子）的直径是其对角线的长，则，

得，故外接球（球形盒子）的表面积至少为.

故选：B

7. 在菱形中，，，，，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】作出图形，建立如图所示的平面直角坐标系，设, 得到是的中点，根据已知求出再根据即得解.

【详解】

作出图形，建立如图所示的平面直角坐标系，设，因为

因为，所以,即是的中点，

所以

所以，由题知.

故

故选：D

8. 在四棱锥中，平面，四边形是正方形，，，分别为，的中点，则与所成角的余弦值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

取的中点为Q，可得即为所求异面直线所成的角，求出各边长，利用余弦定理即可求出.

【详解】如图，不妨设.

取的中点为Q，连接，

则且，

故四边形为平行四边形，∴，

∴即为所求异面直线所成角.

在中，，，

则.

故选：D.

【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：

（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；

（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；

（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；

（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．

9. 四棱锥的底面为正方形，底面，，若该四棱锥的所有顶点都在体积为的同一球面上，则的长为（ ）

A 3 B. 2 C. 1 D.

【答案】C

【解析】

【分析】连接AC、BD交于点E，取PC的中点O，连接OE,可得O为球心，由该四棱锥的所有顶点都在体积为的同一球面上，可得PA的值.

【详解】解：

连接AC、BD交于点E，取PC的中点O，连接OE，可得OE∥PA,

OE⊥底面ABCD，可得O到四棱锥的所有顶点的距离相等，即O为球心，设球半径为R，

可得，可得，

解得PA=1,

故选C.

【点睛】本题主要考查空间几何体外接球的相关知识及球的体积公式，得出球心的位置是解题的关键.

10. 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称之为“阳马”；四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”．如图在堑堵中，，且．下列说法不正确的是（    ）

A. 四棱锥“阳马”、四面体为“鳖臑”

B. 若平面与平面的交线为，且与的中点分别为M、N，则直线CM、、相交于一点

C. 四棱锥体积的最大值为

D. 若F是线段上一动点，则AF与所成角的最大值为90°

【答案】ABD

【解析】

【分析】分析图中的平行垂直关系，按照“阳马”，“鳖臑”的定义判断，理解异面直线的夹角的最大值为 .

【详解】

由题意可知， ， 平面 ，

平面， 平面 ，四棱锥 是“阳马”，

又 ， 是直角三角形，显然 是直角三角形，

是直角三角形，   ，

∴ 也是直角三角形，∴四面体 是“鳖臑”，A正确；

由题意可知，MN是 的中位线， ，即MN与 共面，

，连接CM和 并延长，必交于一点P，

则有 平面 ， 平面 ，平面平面=l，

，故B正确；

设BC=m，AC=n，则有 ，

四棱锥 的体积 ，

当且仅当m=n时成立，即四棱锥 的体积的最大值为 ，故C错误；

过点A作 的垂线，得垂足H， 平面 ， 平面， ， 平面 ，即 ，

即当F点与H点重合时，异面直线AF与夹角 可以取到 ，故D正确；

故选：ABD.

第Ⅱ卷

二、填空题（每小题4分，共24分）

11. 复数的值为__________．

【答案】##

【解析】

【分析】利用复数的除法计算得解.

【详解】解：.

故答案为：

12. 已知圆柱的底面半径为1，若圆柱的侧面展开图的面积为，则圆柱的体积为______．

【答案】

【解析】

【分析】先求得圆柱的高，进而求得圆柱的体积.

【详解】设圆柱的高为，依题意，

解得，

所以圆柱的体积为.

故答案为：

13. 已知向量，向量，则向量在方向上的投影向量为______．

【答案】

【解析】

【分析】先求出向量在方向上的投影,再求出与同向的单位向量，进而求出向量在方向上的投影向量.

【详解】由题意，向量在方向上的投影为：，，则与同向的单位向量为，所以向量在方向上的投影向量为：.

故答案为：.

14. 已知平面向量满足与的夹角为，记，则的取值范围是___________.

【答案】

【解析】

【分析】设，根据，再由三点共线求解.

【详解】解：因为平面向量满足与的夹角为，

设，

则，

，

三点共线，

到直线的距离，

即的取值范围为.

故答案为：

15. 已知圆锥的底面半径为，侧面积是，在其内部有一个正方体可以任意转动，则正方体的体积的最大值是__________．

【答案】##

【解析】

【分析】根据给定条件求出圆锥的内切球半径，再求出此球的内接正方体的棱长即可作答.

【详解】正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，则当正方体棱长a最大时，正方体的外接球恰为圆锥的内切球，

设圆锥的母线长为，底面半径为，则，

所以

如图圆锥轴截面为等边三角形，其内切圆O是该圆锥的内切球O大圆截面，

的高，则内切圆O的半径即球半径，

于是得球O的内接正方体棱长a满足：，解得：，

所以的最大值为.

故答案为：.

【点睛】作出轴截面，借助平面几何知识解题是解决问题的关键.

16. 如图，在四边形中，，，且，则实数的值为_________，若是线段上的动点，且，则的最小值为_________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】可得，利用平面向量数量积的定义求得的值，然后以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，设点，则点（其中），得出关于的函数表达式，利用二次函数的基本性质求得的最小值.

【详解】，，，

，

解得，

以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

,

∵，∴的坐标为,

∵又∵,则，设，则（其中），

，，

，

所以，当时，取得最小值.

故答案为：；.

【点睛】本题考查平面向量数量积的计算，考查平面向量数量积的定义与坐标运算，考查计算能力，属于中等题.

三、解答题（本大题共4小题共46分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）

17. 的内角的对边分别为，已知．

（1）求；

（2）若，面积为2，求．

【答案】（1）；（2）2．

【解析】

【详解】试题分析：（1）利用三角形的内角和定理可知，再利用诱导公式化简，利用降幂公式化简，结合，求出；（2）由（1）可知，利用三角形面积公式求出，再利用余弦定理即可求出.

试题解析：（1），∴，∵，

∴，∴，∴；

（2）由（1）可知，

∵，∴，

∴，

∴．

18. 已知在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，且．

（1）求角B；

（2）若，求周长的最大值．

【答案】（1）；   

（2）12.

【解析】

【分析】（1）由题得和余弦定理得解；

（2）利用基本不等式求出的最大值为8，即得解.

【小问1详解】

解：因为，所以，

所以.

【小问2详解】

解：由题得，

所以，所以，

所以. （当且仅当等号成立）.

所以的最大值为8.

所以周长的最大值为12.

19. 如图，一简单组合体的一个面ABC内接于圆O，AB是圆O的直径，四边形DCBE为平行四边形，且DC平面ABC．

（1）证明：平面ACD平面；

（2）若，，，试求该简单组合体的体积V．

【答案】（1）详见解析；（2）．

【解析】

【详解】（１）证明：∵DC平面ABC ,平面ABC ∴．

∵AB是圆O的直径　∴且

∴平面ADC．

∵四边形DCBE为平行四边形,∴DE//BC

∴平面ADC

又∵平面ADE ∴平面ACD平面

（2）所求简单组合体的体积：

∵，，

∴,

∴

∴该简单几何体的体积

20. 如图，且，，且，且．平面ABCD，．

（1）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：平面CDE；

（2）求平面EBC与平面BCF的夹角的正弦值；

（3）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为，求线段DP的长．

【答案】（1）见解析    （2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）由题意，以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系，求出对应点的坐标，求出平面CDE的法向量，，由两向量的数量积为零，可证得结论，

（2）分别求出两平面的法向量，利用空间向量求解即可，

（3）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），求出，，然后利用向量的夹角公式列方程求解

【小问1详解】

证明：因为平面ABCD，平面ABCD，

所以，

因为，

所以两两垂直，

所以以D为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），则D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，，1），N（1，0，2）．

所以=（0，2，0），=（2，0，2）．

设为平面CDE的法向量，则

，令，则．

因为=（1，，1），

所以，

因为直线MN平面CDE，

所以MN∥平面CDE．

【小问2详解】

解：依题意，可得=（–1，0，0），，=（0，–1，2）．

设为平面BCE法向量，则，令，则，

设为平面BCF的法向量，则，令，则，

所以，

所以平面EBC与平面BCF的夹角的正弦值为

【小问3详解】

解：设线段DP的长为h（），则点P的坐标为（0，0，h），可得．

因为，，

所以平面

所以=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，

所以，

由题意，可得，解得．

所以线段的长为.