2022-2023学年山西省晋中市平遥县第二中学校高一下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年山西省晋中市平遥县第二中学校高一下学期期中数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山西省晋中市平遥县第二中学校高一下学期期中数学试题 一、单选题1．方程的一个解可以是（    ）A．0 B． C．1 D．【答案】B【分析】根据复数的概念直接运算即可.【详解】因为，所以，所以或，所以方程的一个解可以是.故选：B2．如图为正八边形，其中为正八边形的中心，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正八边形的几何性质可知，结合向量的减法运算，可得答案.【详解】因为，所以，故选:A.3．设复数满足，则在复平面内的对应点位于A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】先对复数进行化简，进而可得到它在复平面内对应点的坐标，从而可得到答案．【详解】由题意，，故在复平面内对应点为，在第一象限，故选A.【点睛】本题考查了复数的四则运算，及复数的几何意义，属于基础题．4．平面向量，若，则（    ）A．6 B．5 C． D．【答案】B【分析】先利用平面向量垂直的坐标表示求得，再利用平面向量模的坐标表示即可得解.【详解】因为，，所以，解得，所以，因此.故选：B．5．已知某平面图形的斜二测画法直观图是一个边长为2的正方形，如图所示，则该平面图形的面积是（    ）  A．8 B．16 C． D．【答案】C【分析】斜二测画法还原平面图形，求解面积即可，注意纵坐标长度是原来的倍，横坐标长度不变.【详解】由题意，，所以，还原如图所示：  则，所以平面图形面积.故选：C.6．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥的侧面积为，则该圆锥的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题中定义，结合圆锥的侧面积和体积公式进行求解即可.【详解】设直角圆角的底面半径为，母线为，高为，因为直角圆锥的轴截面为等腰直角三角形，所以有，因为直角圆锥的侧面积为，所以有，即，因此，所以该直角圆锥的体积为，故选：D7．如图，在直三棱柱的侧面展开图中，，是线段的三等分点，且．若该三棱柱的外接球的表面积为，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据展开图，得到直观图为直三棱柱，求得底面的外接圆半径，由外接球体积求得外接球的半径，进而利用勾股定理求得球心到三棱柱底面的距离，乘以2即得三棱柱的高，即为的长.【详解】由展开图可知，直三棱柱的底面是边长为的等边三角形，其外接圆的半径满足，所以．由得．由球的性质可知，球心到底面的距离为，结合球和直三棱柱的对称性可知，，故选D．【点睛】本题考查直正三棱柱的判定与性质，球面的性质，球的表面积，属基础题，关键是由侧面展开图得到几何体的形状，并注意球心到球的截面圆心距离与球的半径，截面圆半径之间的关系.8．如图，在中，已知，，，，，线段和交于点，则的余弦值为（      ）A． B． C． D．【答案】A【分析】方法一：以为坐标原点建立平面直角坐标系，表示出，由向量夹角的坐标运算可求得结果；方法二：以为基底可表示出，由向量数量积的运算性质，结合向量夹角公式可求得结果.【详解】方法一：以为坐标原点可建立如图所示平面直角坐标系，由题意知：，，，，，，，方法二：设，，，，又，，，，故选：A． 二、多选题9．下列命题不正确的是（    ）.A．棱台的侧棱长可以不相等，但上、下底面一定相似B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥C．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱D．直角三角形绕其任意一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥【答案】BCD【分析】直接根据棱台、棱柱、棱锥和圆锥的定义判断各选项即可.【详解】对于A：棱台的上、下底面相似，但侧棱长不一定相等，故A正确；对于B：有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥，也可能是组合体，与棱锥的定义相矛盾，故B错误；对于C：两个的斜棱柱扣到一起，也满足这种情况，但是不是棱柱，故C错误；对于D：直角三角形绕直角边所在直线旋转一周所形成的几何体才是圆锥，若直角三角形绕斜边所在直线旋转一周所形成的几何体是圆锥的组合体，故D错误；故选：BCD10．设，是复数，则（    ）A． B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】AC【分析】结合共轭复数、复数运算等知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】设，，a，b，x，，，A成立；，则，所以，，从而，所以，C成立；对于B，取，，满足，但结论不成立；对于D，取，，满足，但结论不成立.故选：AC11．设为两个平面，下列是“”的充分条件的是（    ）A．与平面都垂直B．内有两条相交直线与平面β均无交点C．异面直线满足D．α内有5个点(任意三点不共线)到β的距离相等【答案】BD【分析】根据正方体模型，举出反例，可判断A，C；根据面面平行的判定定理可判断B，D.【详解】对于A：如图，正方体中：平面为平面，平面为平面，平面为平面，此时满足与平面都垂直，但平面与平面β相交，所以与平面都垂直得不出，所以与平面都垂直不是的充分条件，故选项A不正确；对于B：α内有两条相交直线与平面β均无交点,即内有两条相交直线与平面β平行，由面面平行的判定定理可得，所以由内有两条相交直线与平面β均无交点可得出，故内有两条相交直线与平面均无交点是“”的充分条件，故选项B正确；对于C：如图，正方体中：直线为a，直线为b，平面为平面，平面为平面，此时符合异面直线满足，但平面与平面相交，所以异面直线满足得不出，异面直线满足不是“”的充分条件，故选项C不正确；对于D：若内有5个点(任意三点不共线)到的距离相等，则内必存在两条不相交直线平行于，则，所以内有5个点(任意三点不共线)到的距离相等是“”的充分条件，故D正确，故选:BD.12．青花瓷（blue  and  white  porcelain），又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一，属釉下彩瓷.原始青花瓷于唐宋已见端倪，成熟的青花瓷则出现在元代景德镇的湖田窑.图一是一个由波涛纹和葡萄纹构成的正六边形青花瓷盘，已知图二中正六边形的边长为2，圆的圆心为正六边形的中心，半径为1，若点在正六边形的边上运动，动点，在圆上运动且关于圆心对称，则的取值可以是（    ）A． B．2 C． D．3【答案】BCD【分析】根据平面向量的数量积运算将问题转化为关于范围的问题，数形结合即可求得结果.【详解】连接如下所示：因为.根据图形可知，当点位于正六边形各边的中点时，有最小值为，此时，当点位于正六边形的顶点时，有最大值为2，此时，故.故选：.【点睛】本题考查平面向量数量积的范围问题，处理问题的关键是转化为，属中档题. 三、填空题13．设向量，若，则     ．【答案】或【分析】由向量共线的坐标运算即可得到答案.【详解】由题//，可得：或2．故答案为：或14．正方体各面所在的平面将空间分成          个部分.【答案】27【详解】分上、中、下三个部分，每个部分分空间为个部分，共部分15．已知圆O的半径为2，弦，点C为圆O上任意一点，则的最大值是__________．【答案】6【分析】建立平面直角坐标系，用坐标法来研究平面向量的数量积即可求解【详解】不妨以O为原点，平行与的直线为轴，的垂直平分线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，由题意可知圆的方程为：，则可知，，，显然当时，的最大值是6故答案为：616．如图，在长方体中，，，为的中点，过的平面分别与棱，交于点E，F，且，则截面四边形的面积为      .【答案】【分析】利用平面的基本性质作出截面，然后求解面积即可.【详解】如图：过点B作的平行线分别与，的延长线交于G，H，连接，，并分别与，交于E，F，因为，且平面，平面，所以平面，所以平面即为平面，因为，，所以，所以四边形为菱形，且，，所以.故答案为：【点睛】关键点点睛：解决截面问题的关键是根据平面的性质结合题意作截面图形，一般作平面内与已知直线的平行线或者相交线，考查学生的空间想象能力. 四、解答题17．已知复数，满足.(1)求；(2)求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据复数相等可得出关于实数、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得解；（2）利用复数的四则运算化简可得结果.【详解】（1）解：因为复数，又因为，所以，可得，解得，因此，.（2）解：.18．如图，某几何体的下部分是长､宽均为8，高为3的长方体，上部分是侧棱长都相等且高为3的四棱锥，求：（1）该几何体的体积；（2）该几何体的表面积.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）按照公式求出长方体和四棱锥的体积，求和即可；（2）先找到四棱锥侧面的高，然后可求出四棱锥的侧面积，继而求长方体的表面积，求和即可.【详解】连接，交于点，取的中点，连接，，（1）∴（2）∵，∴【点睛】易错点睛：求棱锥的表面积时要注意高为面的高，而不是棱锥的高.19．如图，在圆内接四边形ABCD中，，，，的面积为.(1)求AC；(2)求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据面积公式可得，再根据余弦定理求解可得；（2）根据内接四边形可得 ，再根据正弦定理求解即可【详解】（1）因为的面积为，所以.又因为，，所以.由余弦定理得，，，所以.（2）因为ABCD为圆内接四边形，且，所以.又，由正弦定理可得，，故.因为，所以，所以.20．已知向量，满足，，．(1)求向量和的夹角；(2)设向量，，是否存在正实数t和k，使得？如果存在，求出t的取值范围；如果不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)存在，． 【分析】（1）用计算，求向量夹角公式为，代入计算即可.（2）由整理的关系式，由得t的取值范围.【详解】（1），∴，设向量和的夹角为，， ∴与夹角为．（2）假设存在正实数t和k，使得，则，∴∵，∴，∴，，故 或 ，解得 即存在且t的取值范围为．21．如图所示，在四棱锥中，平面，，E是PD的中点.  (1)求证：；(2)求证：平面；(3)若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)存在，证明见解析 【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；（2）由中位线、线面平行的性质可得四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定即可证明；（3）根据线面、面面平行的性质定理和判断定理即可判断存在性.【详解】（1）在四棱锥中，平面，平面，平面，平面平面，所以；（2）如下图，取为中点，连接，由E是PD的中点，所以且，由（1）知，又，所以且，所以四边形为平行四边形，故，而平面，平面，则平面.  （3）取中点N，连接，，因为E，N分别为，的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，线段存在点N，使得平面，理由如下：由（2）知：平面，又，平面，平面，所以平面平面，又M是上的动点，平面，所以平面，所以线段存在点N，使得平面.22．已知的三个角，，的对边分别为，，，且.(1)求边；(2)若是锐角三角形，且___________，求的面积的取值范围.要求：从①，②从这两个条件中任选一个，补充在上面的问题中，并给出解答.如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】(1)(2)答案见解析 【分析】（1）解法一，利用余弦定理将角化边；解法二，利用正弦定理将边化角；（2）若选择①，利用正弦定理得到，，则，将其转化为关于的三角函数，结合是锐角三角形，求出范围，再结合正弦函数的性质求出的面积的取值范围；若选择②，依题意可得，由三角形为锐角三角形利用余弦定理求出的取值范围，利用余弦定理表示出，即可得到，将转化为关于的函数，结合二次函数的性质计算可得.【详解】（1）解法一：因为，由余弦定理，得；解法二：因为，由正弦定理，得，∴，∴，即.（2）选择①：因为所以，，所以因为是锐角三角形，所以，又，所以，所以.所以，所以，所以，所以.选择②：因为，则，因为是锐角三角形，所以，即，所以，因为，所以，所以，由二次函数的性质可得，当时，函数取最大值，当时，，又，所以，即，所以，所以.