陕西省西安市蓝田县城关中学大学区联考2022-2023学年高一下学期4月期中文数试题

这是一份陕西省西安市蓝田县城关中学大学区联考2022-2023学年高一下学期4月期中文数试题，共9页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回，已知向量，满足，，则，复数z＝等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年第二学期期中检测高一数学（考试时间：90分钟  试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。4．考试结束后，将答题卡交回。 第I卷（选择题 共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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．已知平面向量，若与共线，则k等于（  ）A．1 B． C． D．42．已知平行四边形，点，分别是，的中点（如图），设，，则等于（  ）  A．   B． C． D．3．已知复数z满足，则在复平面内对应的点位于（   ）A. 第四象限 B. 第三象限 C. 第二象限 D. 第一象限4．设复数其中i为虚数单位，则下列说法中正确的是（   ）A. 它的实部为
B. 共轭复数
C. 它的模
D. 在复平面对应的点的坐标为5．复数，复数满足，则下列关于的说法错误的是（   ）A． B．C．的虚部为 D．在复平面内对应的点在第二象限6．已知向量，满足，，则（   ）A． B． C． D．7．复数z＝（1+i）（2﹣i）的虚部是（　　）A．1 B．i C．3 D．3i8．已知正四面体的棱长为2，，，分别为，，的中点，则正四面体的外接球被平面所截的截面面积是（    ）A． B． C． D．9．在中，是斜边的高线，现将沿折起，使平面平面，则折叠后的长度为（    ）A．2 B． C． D．310．若四边形ABCD满足，，则该四边形一定是（   ）A. 直角梯形 B. 菱形 C. 矩形 D. 正方形11. 如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（   ）A.  B.
C.  D. 12．设z1，z2，z3为复数，z1≠0．下列命题中正确的是（　　）A．若|z2|＝|z3|，则z2＝±z3 B．若，则z2z3＝0 C．若z1z2＝z1z3，则z2＝z3 D．若，则z1＝z2  第II卷（非选择题  共90分） 二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知点，向量，则向量__________．14．已知向量，，且，则_____．15. 已知复数，的虚部减去它的实部所得的差为，则________．16. 若各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是______．三、解答题（本大题共6小题，共70分）17.（本小题满分12分）在中，、分别是边、的中点，、分别是、的中点，判别下列命题是否正确.（1）；（2）和是平行向量；（3）.    18.（本小题满分12分）已知复数为纯虚数，且为实数.(1)求复数；(2)设，，若复数在复平面内对应的点位于第三象限，求的取值范围.   19.（本小题满分16分）图1是由矩形和菱形组成的一个平面图形，其中， ，将其沿折起使得与重合，连结，如图2.（1）证明图2中的四点共面，且平面平面；（2）求图2中的四边形的面积.   （本小题满分16分）如图甲，在直角三角形ABC中，已知AB⊥BC，BC＝4，AB＝8，D，E分别是AB，AC的中点．将△ADE沿DE折起，使点A到达点A1的位置，且平面A1DE⊥平面DBCE，连接A1B，A1C，得到如图乙所示的四棱锥A1﹣DBCE，M为线段A1D上一点．（1）证明：A1D⊥平面DBCE；（2）过B，C，M三点的平面与线段A1E相交于点N，直线EM与BC所成角的大小为45°，求三棱锥A1﹣BCN的体积．   （本小题满分14分）已知非零向量，满足||＝2||，且（﹣）⊥．（1）求与的夹角；（2）若|+|＝，求||． 
2022-2023学年度第二学期期中检测高一数学答案1.【答案】B【详解】由题，若与共线，则，解得.故选：B.2.【答案】A【详解】连结，则为的中位线，，故选：A3.【答案】B【解答】
解：，
则，对应的点是，在第三象限，
故选B．
4.【答案】C【解答】
解：，
的实部为3，故A错误；
，故B错误；
，故C正确；
在复平面对应的点的坐标为，故D错误．
故选：C．
5.【答案】C【解答】对于A，由已知可得， ，故A正确.对于B，因为，所以，故B正确；对于C，根据复数的概念可知的虚部为，故C错误；对于D，根据复数的概念可知在复平面内对应的点为，故D正确.故选：C.6.【答案】A【详解】由，，两式相加，得，所以，，所以，所以.故选：A．7.【答案】A【解答】解：z＝（1+i）（2﹣i）＝2﹣i+2i+1＝3+i，故z的虚部是1．故选：A．8.【答案】C【详解】将正四面体放入正方体中，如图所示，因为，分别为，的中点，所以，分别为左右侧面的中心，所以正方体的外接球即正四面体的外接球球心为线段的中点，所以正四面体的外接球被平面所截的截面即为大圆.因为正四面体的棱长为2，所以正方体的棱长为，所外接球半径，所以大圆面积为：.故选：C.9.【答案】C【详解】由题设，可得如下平面图及其翻折后的立体图，，∴，，又面面，面面，，面，∴面，而面，故，∴在中，.故选：C.10.【答案】B【解答】解：四边形ABCD为平行四边形，
对角线互相垂直的平行四边形为菱形．
故选B．11.【答案】A【解答】解：由线面平行判定定理知，平面外一条直线与平面内一条直线平行，则直线与该平面平行．选项A中，如图，连接，取的中点O，连接因为O，Q分别为和的中点，所以，所以AB与平面MNQ不平行．选项B中，如图，连接，在正方体中，，，所以，因此平面MNQ．选项C中，如图，连接在正方体中，知又因为M，Q分别为所在棱的中点，所以，所以，所以平面MNQ．选项D中，如图，连接在正方体中，知又因为N，Q分别为所在棱的中点，所以，所以，所以平面MNQ．综上，可知选A．12.【答案】C【解答】解：由复数模的概念可知，|z2|＝|z3|不能得到z2＝±z3，例如z2＝1+i，z3＝1﹣i，故A错误；若，则z2z3为实数，故B错误；由z1z2＝z1z3，可得z1（z2﹣z3）＝0，∵z1≠0时，∴z2﹣z3＝0，即z2＝z3，故C正确；取z1＝1+i，z2＝1﹣i，显然满足，但z1≠z2，故D错误．故选：C．13.【答案】【详解】解：因为，所以，又，所以；故答案为：14.【答案】【详解】因为，所以，解得故答案为：15.【答案】或【解答】
解：因为，所以，
所以，
解得或，所以或，
所以或，
答案或．
16.【答案】
【解答】
解：各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，
则它的底面边长是2，所以它的体对角线的长是，
所以球的直径是，
所以这个球的表面积是：．
故答案为．17.【详解】（1）不正确.和的模不相等，为此它们必不是相等向量；（2）正确.由平面几何知识可知，所以和为平行向量；（3）不正确.向量是无法比较大小的，只有向量的模可以比较大小.18.【答案】(1)(2)【详解】（1）设，且，则.又∵为实数，∴，即.（2）由（1）得，由题知且，解得.又∵，∴.∴，即的取值范围是.19.【答案】(1)见详解；(2)4.【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.，A，C，G，D四点共面.又.平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.(2)取的中点，连结.因为，平面BCGE，所以平面BCGE，故，由已知，四边形BCGE是菱形，且得，故平面DEM．因此．在中，DE=1，，故．所以四边形ACGD的面积为4.20.【解答】解：（1）证明：∵DE分别是AB，AC的中点，∴DE∥BC，∵AD⊥BC，∴AD⊥DE，∴A1D⊥DE．又∵平面A1DE⊥平面DBCE，平面A1DE∩平面DBCE＝DE，A1D⊂平面A1DE，∴A1D⊥平面BDEC．（2）如图所示：∵BC∥DE，∴直线EM与BC所成角为∠MED＝45°．∵A1D⊥DE，∴DE＝DM＝2，∴M为A1D的中点．∵BC∥DE，BC⊄平面A1DE，DE⊂平面A1DE，∴BC∥平面A1DE，又∵过B，C，M三点的平面与线段A1E相交于点N，且平面BMNC∩平面A1DE＝MN，BC⊂平面BMNC，∴BC∥MN，∴N为A1E的中点．又∵MN⊄平面A1BC，BC⊂平面A1BC，∴MN∥平面A1BC，∴，由（1）知，A1D⊥BC，BD⊥BC，BD∩A1D＝D，BD，A1D⊂平面A1BD，∴BC⊥平面A1BD，∴三棱锥A1﹣BCN的体积为．故三棱锥A1﹣BCN的体积为．21.【解答】解：（1）∵（﹣）⊥，∴（﹣）•＝0，∴•﹣＝0，∴||•||•cos＜，＞﹣＝0，∵||＝2||，∴2cos＜，＞﹣＝0，∴cos＜，＞＝，∵向量夹角θ∈[0，π]，∴与的夹角为．（2）∵|+|＝，∴+2+＝14，∵||＝2||，又由（1）知cos＜，＞＝，∴7＝14，∴||＝．