浙江省嘉兴市海盐第二高级中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

这是一份浙江省嘉兴市海盐第二高级中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了 下列几何体中是旋转体的是， 已知复数， 向量，．若，则．等内容，欢迎下载使用。
海盐第二高级中学2022/2023学年第二学期高一期中考试数学试卷考试时间：120分钟2023.5一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.1. 下列几何体中是旋转体的是(　　)①圆柱　②六棱锥　③正方体　④球体　⑤四面体A. ①和⑤ B. ①C. ③和④ D. ①和④【答案】D【解析】【详解】②六棱锥、③正方体、⑤四面体是多面体;①圆柱　、　④球体是旋转体，故选D.点评：要了解多面体、旋转体的几何特征.2. 已知复数（i为虚数单位），若是纯虚数，则实数a=（    ）A.  B.  C.  D. 3【答案】A【解析】【分析】利用是纯虚数，实部为，即可得的值.【详解】，若是纯虚数，则，解得：.故选：A【点睛】本题主要考查了纯虚数的定义，属于基础题.3. 已知平面α和直线l，则α内至少有一条直线与l（　　）A. 异面 B. 相交 C. 平行 D. 垂直【答案】D【解析】【详解】若直线l∥α，α内至少有一条直线与l垂直，当l与α相交时，α内至少有一条直线与l垂直．当l⊂α，α内至少有一条直线与l垂直．故选D．4. 向量，．若，则（    ）．A.  B.  C.  D. 2【答案】C【解析】【分析】解法一：利用向量的坐标运算求得，的坐标，再根据向量垂直的条件建立方程，解之可得选项.解法二：根据向量垂直的条件得出，再运用向量数量积的运算律求得，从而可得选项.【详解】解法一：，，因为，所以，即，解得．解法二：因为，所以，所以，所以，所以．故选：C.5. 一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积等于（    ）．A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据斜二测直观图的特点可知原图形为一直角梯形，由梯形面积公式求解.【详解】解：如图，恢复后的原图形为一直角梯形，所以.故选：B.6. 某款厨房用具中的香料收纳罐的实物图如图1所示，该几何体为上、下底面周长分别为，的正四棱台，若棱台的高为，忽略收纳罐的厚度，则该香料收纳罐的容积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用台体的体积公式直接计算即可．【详解】由题意可知，该四棱台的上、下底面边长分别为，，故该香料收纳罐的容积为．故选：C．7. 某大学校园内有一个“少年湖”，湖的两侧有一个健身房和一个图书馆，如图，若设音乐教室在A处，图书馆在B处，为测量两地之间的距离，甲同学选定了与不共线的C处，构成，以下是测量的数据的不同方案：①测量；②测量；③测量；④测量其中要求能唯一确定两地之间距离，甲同学应选择的方案的序号为（    ）A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ②③④【答案】C【解析】【分析】根据题目中每个选项中所给条件，结合正余弦定理解三角形即可判断三角形的解是否唯一，从而判断结论，可得答案.【详解】①测量，知道三个角度值，三角形边长不能确定，有无数多组解，故不能唯一确定点两地之间的距离；②测量，可求出,已知两角及一边，由正弦定理可知，即可求得,三角形有唯一的解，故能唯一确定点两地之间的距离；③测量，已知两边及其一边的对角，由正弦定理可知，求出，角B可能有两解，即三角形可能有两解，故此时不能唯一确定点两地之间的距离；④测量，已知两边及夹角，由余弦定理可求得的长，三角形有唯一的解，此时能唯一确定点两地之间的距离，综上可得，一定能唯一确定两地之间的距离的所有方案的序号是②④，故选：C8. 将3个半径为1的球和一个半径为的球叠为两层放在桌面上，上层只放一个较小的球，四个球两两相切，那么上层小球的最高点到桌面的距离是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】将四个球的球心设为一个三棱锥的四个顶点，求出三棱锥的高再加上大球、小球的半径即可.【详解】如图所示：  设下层三个半径为1的球的球心分别为，，，上层较小的球的球心为，则是边长为2的等边三角形，，过作平面的垂线，交平面于点，则是的重心，则有，所以，所以上层小球的最高点到桌面的距离为：.故选：A.二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合要求的.9. 如图，点是线段的三等分点，则下列结论正确的有（    ）  A.  B. C.  D. 【答案】AD【解析】【分析】利用向量相等的定义即可求解，两个向量相等必须是大小相等且方向相同.【详解】由题知，点是线段的三等分点，所以，，，对于A：且方向相同，所以，A选项正确；对于B：，所以，B选项错误；对于C：，所以，C选项错误；对于D：且方向相同，所以，D选项正确；故选：AD.10. 如图，在四棱锥中，、分别为、上的点，且平面，则（    ）A.  B. 平面 C.  D. 【答案】BD【解析】【分析】利用线面平行的性质结合线面平行的判定可得出结论.【详解】因为平面，平面，平面平面，，平面，平面，因此，平面.故选：BD.11. 已知向量不共线，若，，且，，三点共线，则关于实数的值可以是（    ）A. 2， B. ， C. 2， D. ，【答案】CD【解析】【分析】由，，三点共线，可得存在唯一实数，使，从而可得到的关系，进而可得答案【详解】因为向量不共线，，，且，，三点共线，所以存在唯一实数，使，所以，所以，所以，故选：CD12. 如图，设E，F分别是长方体的棱CD上的两个动点，点E在点F的左边，且满足，有下列结论：（    ）A. ⊥平面；B. 三棱锥体积为定值；C. 平面；D. 平面⊥平面．【答案】BD【解析】【分析】A根据点线、线面及点面关系判断；B由，结合已知判断是否为定值；C由，结合与面位置关系判断；D利用长方体性质及面面垂直判定判断.【详解】A：在直线上，而面，即面，又面，故平面，错误；B：由，而长度为定值，故△面积为定值，又到△所在面距离为定值，故三棱锥体积为定值，正确；C：由，而面，故与平面不平行，错误；D：由直线即为直线，由长方体性质有面，而面，故平面⊥平面，正确.故选：BD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若复数（为虚数单位，），满足，则的值为______．【答案】【解析】【分析】根据复数的模长公式即可求解.【详解】由得，故答案为：14. 已知向量，，且在上的投影数量等于，则___________.【答案】
 【解析】【分析】由数量投影的公式直接计算即可.【详解】在上的投影数量为，解得（舍）或.故答案为：.15. 一个圆锥的表面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的高为________．【答案】【解析】【分析】设圆锥的底面半径为，结合圆锥的表面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，求出圆锥和母线，进而根据勾股定理可得圆锥的高．【详解】设圆锥的底面半径为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，圆锥的母线长为，又圆锥的表面积为，，解得：，，，故答案为：.【点睛】本题考查的知识点是旋转体，熟练掌握圆锥的几何特征是解答的关键．16. 如图，正方形、的边长都是1，而且平面、互相垂直，点在上移动，点在上移动，若，则的长的最小值为_________．【答案】【解析】【分析】首先根据垂直关系，建立空间直角坐标系，利用坐标表示，再求长的最小值．【详解】因为平面平面，平面平面，所以平面，所以两两垂直.过点M作，垂足分别为G，H，连接，易证.因为，所以以B为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则所以当，的长最小，且最小值为．故答案为：．三、解答题：本大题共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. 已知平面向量，，，，且与的夹角为．（1）求（2）若与垂直，求k的值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用向量的平方等于模长的平方和数量积公式求解即可；（2）利用向量垂直数量积为0求解即可.【小问1详解】由题意可得，所以.【小问2详解】因为向量与垂直，所以，解得.18. 某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.处有一栋大楼，某学生选，两处作为测量点，测得的距离为，，，在处测得大楼楼顶的仰角为75°.（1）求两点间的距离；（2）求大楼高度.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据题意，利用正弦定理计算即可求解；（2）根据题意可得，结合两角和的正切公式计算即可求解.【小问1详解】因为，在中，由正弦定理得，即，所以m，即AC两点的距离为m；【小问2详解】在中，因为，，所以，又，所以m，即大楼的高度为m.19. 已知为实数，为虚数单位，且满足.（1）求实数的值；（2）若复数在复平面所对应的点在直线上，求实数的值.【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）利用复数的相等的概念以及复数的四则运算进行求解.（2）利用复数的几何意义求解.【详解】（1）因为，所以.（2）由（1）有：，因为在复平面所对应的点是，且在直线上，所以.解得.20. 如图，已知点P在圆柱的底面圆O上，AB为圆O的直径，OA＝2，∠AOP＝120°，三棱锥的体积为．（1）求圆柱的表面积；（2）求异面直线与OP所成角的余弦值．【答案】（1）24π；    （2）．【解析】【分析】(1)连接BP，根据AP⊥PB求出△APB的面积，根据三棱锥的体积公式求出圆柱的高，根据圆柱结构特征即可求其表面积；(2)取中点，连接，根据三角形中位线可得∥，可得或它的补角为所求角，由余弦定理即可得结果．【小问1详解】连接BP，∵AB是圆O直径，∴AP⊥BP．由题意，在中，，∴易知，在中，，∴，∵三棱锥的体积为，∴由解得，故圆柱的表面积为：．【小问2详解】取中点，连接，则∥，且．∴或它的补角为异面直线与所成的角，又，∴，在△OPQ中，由余弦定理得，，异面直线与所成角的余弦值为．21. 已知四边形，将四边形沿折起，使，如图所示．（1）求证：；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）利用线面垂直判定定理再结合线面垂直性质定理即可证明；（2）利用二面角的定义，找出二面角再转化为解三角形即可求解.【小问1详解】证明：如图所示，取的中点，连，，又，平面，平面又平面，即.【小问2详解】如图所示：是正三角形，，，即取的中点，连，则，且因为，所以即二面角的平面角所以.所以二面角余弦值为.22. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．（1）求角B的大小；（2）若，D为AC边上的一点，，且        ，求△ABC的面积．请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上，并解决问题．①BD是∠ABC的平分线；②D为线段AC的中点．（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答记分．）【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式即可求解；（2）选择①，由平分得，分别用三角形面积公式求解可得，利用余弦定理可得，联立即可求解的值，即可求得△ABC的面积；选择②，利用平面向量的线性运算可得，求解向量的模可得，利用余弦定理可得，联立即可求解的值，即可求得△ABC的面积.【小问1详解】解：由正弦定理知，，∵，代入上式得，∵，∴，，∵，∴.【小问2详解】若选①：由平分得，，∴，即．在中，由余弦定理得，又，∴，联立得，解得，（舍去），∴．若选②：因为，，，得，在中，由余弦定理得，即，联立，可得，∴．