浙江省绍兴市稽山中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

2022学年第二学期高一期中教学质量调测试卷

高一数学

一、单选题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）

1. 设，则复数的虚部为（    ）

A.  B. 2 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】直接根据复数虚部的定义进行求解即可.

【详解】复数的虚部为，

故选：A

2. 若直线不平行于平面，且，则下列说法正确的是（    ）

A. 内存在一条直线与平行 B. 内不存在与平行的直线

C. 内所有直线与异面 D. 内所有直线与相交

【答案】B

【解析】

【分析】根据线面位置关系逐一分析即可.

【详解】若内存在一条直线与平行，则由和线面平行判定定理可知，与已知矛盾，故内不存在直线与平行，A错误，B正确；

记，当内直线a过点A，则与a相交，C错误；

当内直线b不过点A，则与b异面，D错误.

故选：B

3. 在△ABC中，已知，，，则角为（    ）

A. 60° B. 30°或150 C. 60°或120° D. 120°

【答案】C

【解析】

【分析】根据正弦定理可得，得或120°，然后由边角关系，作出判断即可.

【详解】解：由正弦定理或,，或均符合.

故选:C．

4. 已知向量，，则（    ）

A.  B. 2 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求出，求模即可.

【详解】∵，，∴，

∴.

故选：C.

5. 已知，则（    ）

A.  B.  C. -3 D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】将看成，利用两角和的正切公式可求的值.

【详解】 ，

故选：A.

【点睛】三角函数的中的化简求值问题，我们往往从次数的差异、函数名的差异、结构的差异和角的差异去分析，处理次数差异的方法是升幂降幂法，解决函数名差异的方法是弦切互化，而结构上差异的处理则是已知公式的逆用等，最后角的差异的处理则往往是用已知的角去表示未知的角.

6. 已知函数，则方程的根的个数是（    ）

A. 9 B. 8 C. 7 D. 6

【答案】B

【解析】

【分析】根据函数解析式，结合正弦型函数的性质，运用数形结合思想进行判断即可.

【详解】当时，，

当时，，

当时，，

根据函数的解析式特征，可知，

由，

所以函数在同一直角坐标系内的图象如下图：

方程的根的个数就是这两个函数图象交点的个数，通过图象可以判断只有8个交点，

故选：B

7. 已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.

【详解】设圆半径为，球的半径为，依题意，

得，为等边三角形，

由正弦定理可得，

，根据球的截面性质平面，

，

球的表面积.

故选：A

 
【点睛】

本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.

8. 已知向量，对任意的，恒有，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据数量积的运算律求得，再根据数量积的运算，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】由可得，

又，令则上式等价于，对任意的恒成立，

故，解得，解得，即；

对A：由，故不成立，A错误；

对B：，不确定其结果，故不一定成立，B错误；

对C：，故，C正确；

对D： ，不确定其结果，故不一定成立，D错误.

故选：C.

二、多选题（本大题共4小题，每小题3分，共12分．每小题列出的四个备选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得3分，部分选对的得1分，有选错的或不选的得0分）

9. 若复数为的共轭复数，则以下正确的是（    ）

A. 在复平面对应的点位于第二象限 B.

C.  D. 为纯虚数

【答案】BD

【解析】

【分析】根据复数的几何意义，乘除法运算，共轭复数，复数模的运算公式，可判断各个选项.

【详解】对A，，复数在复平面内对应的点为，复数在复平面内对应的点位于第二象限，故A错误；

对B，根据复数模的公式，，故B正确；

对C，，而，故C错误；

对D，，，故D正确.

故选：BD.

10. 设的内角所对的边分别为，则下列结论正确的是（    ）

A. 若，则

B. 若，则为钝角三角形

C. 若，则符合条件的有两个

D. 若，则为等腰三角形或直角三角形

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据正弦定理、余弦定理逐一判断即可.

【详解】A：由正弦定理可知：，因为，所以，因此本选项正确；

B：根据余弦定理由，

因为，所以有，因此该三角形是钝角三角形，所以本选项正确；

C：由正弦定理可知：，

所以不存在这样的三角形，因此本选项不正确；

D：

，或，

当时，可得，此时该三角形是等腰三角形；

当时，可得，此时该三角形是直角三角形，

故选：ABD

11. 已知函数则下列说法正确的是（    ）

A. ，使成立 B. 的图象关于原点对称

C. 若，则 D. 对有成立

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用特值可判断A，利用正弦型函数的对称性可判断B，利用正弦型函数的单调性可判断C，利用正弦型函数的值域可判断D.

【详解】∵函数，

∴，即，故，，故A正确；

又，其图象关于点对称，故B错误；

当时，，所以函数在上单调递增，故C正确；

因为 ，所以，故，

，又，即，

所以对有成立，故D正确.

故选：ACD.

12. 已知四边形是边长为1的菱形，，动点在菱形内部及边界上运动，设，则下列说法正确的是（    ）

A.

B. 的最大值为2

C.

D. 当时，点的轨迹长度是

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据数量积的几何意义结合图形分析可判断A；由向量加法的平行四边形法则观察可判断B；取特例可排除C；利用共线定理的推论判断点P的轨迹，然后由余弦定理求解可判断D.

【详解】根据数量积的几何意义可知，当点P与B重合时，向量在的投影数量最大，当点P与点D重合时，向量在的投影数量最小，

所以，，即，A正确；

以AP为对角线，AB，AD所在直线为邻边作，易知，

当点P与C重合时，同时取得最大值，此时取得最大值2，B正确；

当点P与点D重合时，，C错误；

记AB的中点为E，F为AD上靠近点A的四等分点，则，

所以，

因为，即，所以P，E，F共线，

所以点P的轨迹为线段EF，

所以，D正确.

故选：ABD

三、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分）

13. 一水平放置的平面图形，用斜二测画法画它的直观图，此直观图恰好是边长为1的正方形（如图所示），则原平面图形的周长为______．

【答案】8

【解析】

【分析】根据斜二测画法还原平面图，利用勾股定理求边长，然后可得.

【详解】因为为边长为1的正方形，所以，

还原平面图如图，中，，

所以，所以的周长为.

故答案为：8

14. 已知直线和平面.给出下列三个论断：①∥；②∥；③.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：___________.

【答案】若，则

【解析】

【分析】分三种情况判断：①②作条件，③作结论；①③作条件，②作结论；②③作条件，①作结论.只要以上三个命题为真即可.

【详解】解：将①②作条件，③作结论：若∥，∥，则.此命题为假命题（结论应为或∥）；

将①③作条件，②作结论：若∥，，则∥.此命题为假命题（结论应为与相交或∥）；

将②③作条件，①作结论：若∥， ，则∥.由两平面平行的性质定理可知此命题为真命题.

故答案为：若∥， ，则∥.

15. 公元前世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为，这一数值也可以表示为.若，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据，，求得，代入求解.

【详解】因为，，

所以，，

所以，

，

故答案：

16. 已知是边长为4的等边三角形，为平面内一点，则的最小值为__________．

【答案】-6.

【解析】

【详解】分析：可建立坐标系，用平面向量的坐标运算解题．

详解：建立如图所示的平面直角坐标系，则，设，

∴

，

易知当时，取得最小值.

故答案为－6．

点睛：求最值问题，一般要建立一个函数关系式，化几何最值问题为函数最值，本题通过建立平面直角坐标系，把向量的数量积用点的坐标表示出来后，再用配方法得出最小值，根据表达式的几何意义也能求得最大值．

四、解答题（本大题共6小题，共52分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17 已知．

（1）求与的夹角；

（2）若在方向上的投影向量为，求的值．

【答案】（1）   

（2）10

【解析】

【分析】（1）根据数量积的运算和性质计算可得；

（2）先求投影向量，然后利用数量积有关性质计算即可.

【小问1详解】

，

，即，

，，

.

【小问2详解】

，

.

18. 已知函数．

（1）求函数的最小正周期；

（2）当时，求的取值范围．

【答案】（1）2    （2）

【解析】

【分析】（1）利用周期公式即可得到结果；

（2）利用恒等变换公式化简公式，借助正弦型函数的性质得到结果.

【小问1详解】

∵，

∴，

∴，

故函数的最小正周期为2；

【小问2详解】

∵，∴，

∴，即，

故的取值范围是

19. 如图，已知在长方体中，，，点是的中点．

（1）求证：平面；

（2）求三棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）连接，利用中位线的性质得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；

（2）计算出，利用锥体的体积公式可求得结果.

【详解】（1）因为四边形为矩形，且，则为的中点，

又因为为的中点，则，

平面，平面，因此，平面；

（2）因为，，且为的中点，

所以，，

在长方体中，平面，

因此，.

【点睛】方法点睛：常见的线面平行的证明方法有：

（1）通过面面平行得到线面平行；

（2）通过线线平行得到线面平行，在证明线线平行中，经常用到中位线定理或平行四边形的性质.

20. 设的内角，，所对的边分别为，，．向量与平行．

（1）若，，求的面积；

（2）若，求角的大小．

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用向量共线的坐标表示列式，再用正弦定理求出角A，利用余弦定理、面积定理计算作答.

（2）用角C表示角B，再利用差角的正弦公式化简计算作答.

【小问1详解】

因为向量与，，则，

在中，由正弦定理得：，

而，即，则有，即，又，解得，

当，时，由余弦定理得：，即有，而，解得，

所以的面积.

【小问2详解】

由（1）知，，由得：，

则有，即，整理得，而，解得，

所以

21. 在中，为的中点，为的中点，过点作一条直线分别交线段，于点，．

（1）若，，，，求；

（2）求与面积之比最小值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先根据题意求得，再结合数量积的运算律即可求解；

（2）先设，再根据题意求得，再根据平面向量基本定理，基本不等式和三角形的面积公式求解即可．

【小问1详解】

依题意可得，，

又，则，

所以，

所以，

所以，

故．

【小问2详解】

设，

由为的中点，为的中点，

则，

又三点共线，则，

所以，即，

所以，

当且仅当时，等号成立，即．

22. 如图，某城市有一条从正西方通过市中心后转向东偏北方向的公路，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路，并在上分别设置两个出口在的东偏北的方向（两点之间的高速公路可近似看成直线段），由于之间相距较远，计划在之间设置一个服务区．

（1）若在的正北方向且，求到市中心的距离和最小时的值；

（2）若在市中心的距离为，此时在的平分线与的交点位置，且满足，求到市中心的最大距离．

【答案】（1），   

（2）20

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理，将分别用表示，再利用基本不等式求的最小值；（2）先由化简得到，再根据三角形面积公式列方程得到与的函数关系，由函数单调性求得的最大值.

【小问1详解】

设，在中，

在中，由正弦定理得

当且仅当，即时取到等号

到市中心的距离和最小时，．

【小问2详解】

，

，即

，

又

即

当时，