重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

万州二中高2022级高一（下）半期考试数学试题

一､单选题（5分/个）

1. 重庆市万州第二高级中学，创办于1939年，原名万县文德中学.学校以“健康､高尚､睿智､创新”为办学理念，用相对宽松的管理方式培养了一届又一届“优秀学子”，其中彭蕾女士就是其中的代表之一.彭蕾女士捐赠给学校的学习用“一体机”（黑板中间部分）为学校的教育教学带来了诸多便利.我们可以把“一体机”的正面看成（    ）

A. 矩形 B. 三角形 C. 棱柱 D. 棱锥

【答案】A

【解析】

【分析】根据“一体机”的形状进行抽象后判断．

【详解】观察“一体机”可以抽象其正面是矩形．

故选：A．

2. 已知，则与的夹角是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由向量的夹角公式直接求解即可.

【详解】设与的夹角为，

因为，，，

所以，

因为，

所以，即与的夹角是.

故选：B

3. 中，分别是所对的边，若，则此三角形是（    ）

A. 等腰三角形 B. 直角三角形

C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形

【答案】D

【解析】

【分析】由正弦定理化边为角，后由二倍角公式变形，再结合正弦函数性质可得．

【详解】因为，所以由正弦定理可得，即，

是的内角，

所以或，

所以或，即是等腰三角形或直角三角形，

故选：D．

4. 已知是不共线的非零向量，则以下向量不可以作为一组基底的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】判断选项中的两个向量是否平行，即可判断选项.

【详解】若两向量平行，则不可以作为基底，

由选项可知，ABD中的两个向量都不共线，可以作为基底，

C中的向量，满足，向量，不能作为基底.

故选：C

5. ，是两个平面，，是两条直线，下列四个命题中正确的是（    ）

A. 若，，则 B. 若，，则

C. 若，，则 D. 若，，，则

【答案】C

【解析】

【分析】根据空间中，直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果.

【详解】A项：若，，则或，故选项A不正确；

B项：若，，则或m与n异面，故选项B不正确；

C项：若，则与没有公共点，又因为，所以m与没有公共点，所以，故选项C正确；

D项：若，，，则或与相交，故选项D不正确.

故选：C.

6. 欧拉公式把自然对数的底数e、虚数单位i、三角函数联系在一起，充分体现了数学的和谐美．若复数z满足，则的虚部为（    ）

A.  B.  C. 1 D.

【答案】B

【解析】

【分析】由欧拉公式和复数除法运算可求得，由复数虚部定义求得结果

【详解】由欧拉公式知：

，，

，

的虚部为．

故选：B

7. 如图所示，边长为2的正，以BC的中点O为圆心，BC为直径在点A的另一侧作半圆弧，点P在圆弧上运动，则的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据给定条件，可得，求出的夹角范围，再利用向量数量积的定义、运算律求解作答.

【详解】过点作交半圆弧于点，连接，如图，

而是正三角形，则，令夹角为，

当点P在弧上时，，当点P在弧上时，，于是，

显然，，

所以

.

故选：B

8. 内角，，的对边分别为，，．若，，点在边上，并且，为的外心，则之长为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先由正弦定理得到，求出的外接圆半径为R，作出辅助线利用余弦定理求出，求出的长.

【详解】由正弦定理得：，

因为，所以，故，即，

因为，所以，

设的外接圆半径为R，

则由正弦定理得：，故，

如图，，且，

因为，所以，，

过点C作CH∥OB交OP的延长线于点H，则，

因为，所以，，

在三角形OCH中，由余弦定理得：，

则，

所以

故选：C

二､多选题（全对得5分，部分选对得2分，错一个不得分）

9. 下列说法正确的是（    ）

A. 圆台的任意两条母线延长后一定交于一点

B. 空间中没有公共点的两条直线一定平行

C. 过一个点以及一条直线可以确定唯一一个平面

D. 若直线和平面满足，那么平面内有无数条直线与直线平行

【答案】AD

【解析】

【分析】根据圆台定义判断A，空间两直线位置关系判断B，平面的基本性质判断C，线面平行的性质定理判断D．

【详解】圆锥是由平行于圆锥底面的平面截圆锥所得，它的母线延长后交于一点（原圆锥的顶点），A正确；

空间没有公共点两条直线是平行或异面，B错误；

过直线及直线外一点确定一个平面，若该点在直线上，则过该点和直线有无数个平面，C错误；

直线与平面平行，由线面平行的性质定理知直线与过直线的平面和平面 的交线平行，过直线的平面有无数个，因此相应的交线也有无数条，它们都与平行，D正确．

故选：AD．

10. 下列说法不正确的有（    ）

A. 已知，若与垂直，则

B. 若，，则

C. 若为三个不共线向量，则

D. 若，，若为钝角，则实数的范围是

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据向量垂直坐标运算判断A选项，根据向量共线的性质判断B选项，根据数量积的定义及运算律判断C选项，再根据向量数量积与夹角的关系可判断D选项.

详解】A选项：，，若与垂直，则，解得，A选项正确；

B选项：当时，，，但不一定成立，B选项错误；

C选项：根据向量的数量积的含义可知是一个实数，故是与共线的向量，

同理是与共线的向量，但是，不一定共线，

故不一定成立，C选项错误；

D选项：，，若为钝角，则，

解得且，D选项错误；

故选：BCD.

11. “虚数”这个词是17世纪著名数学家､哲学家笛卡尔创造的，当时的观念认为这是不存在的数.人们发现即使用全部的有理数和无理数，也不能解决代数方程的求解问题，像这样最简单的二次方程，在实数范围内没有解.引进虚数概念后，代数方程的求解问题才得以解决.设是方程的根，则（    ）

A.

B. 是该方程的根

C. 是该方程的根

D. 若，，则坐标表示的几何图形面积为

【答案】ACD

【解析】

【分析】由求根公式可知为方程的两根.A选项，由韦达定理可判断选项正误；B选项，将代入方程，验证其是否为0即可判断选项正误；C选项，将代入方程，验证其是否为0即可判断选项正误；设，由可确定满足方程，即可得答案.

【详解】由题，的根利用求根公式可求得为：或

.则为方程的两根.

A选项，由韦达定理可得，故A正确；

B选项，将代入方程，得，即不是方程的根，故B错误；

C选项，将代入方程，得，

即是方程的根，故C正确；

D选项，当时，，设，

则.

则表示图形为以为圆心，半径为的两圆之间，即如图所示的圆环，面积为；

当时，，

则.

则表示图形为以为圆心，半径为的两圆之间，即如图所示的圆环，面积为；

综上可知，D正确

故选：ACD

12. 如图，正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，BC2.若将正三棱锥绕BC旋转，使得点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧，则（    ）

A. 平面

B. 平面BDC

C. 多面体的外接球的表面积为

D. 点A，P旋转运动的轨迹长相等

【答案】BC

【解析】

【分析】根据给定条件，判断两个正三棱锥的特征，再将旋转前后的两个三棱锥放在正方体中，逐项分析即可判断作答.

【详解】正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，BC2，有，

则正三棱锥的侧棱两两垂直，正三棱锥的侧棱互相垂直，

于是旋转前后的正三棱锥和可以放到正方体中，四边形为该正方体的一个侧面，如图，

连接，，如图，

正方体中，且，四边形为平行四边形，则有，

而与平面相交，则不平行于平面，A错误；

，平面BDC，平面BDC，平面BDC，B正确；

多面体的外接球即棱长为的正方体的外接球，外接球的半径为，表面积为，C正确；

依题意，点A，P旋转角度相同，但旋转半径不同，所以运动的轨迹长不相等，D错误.

故选：BC

三､填空题（13-15每个5分，16题第一空2分，第二空3分）

13. 设是虚数单位，复数，则______.

【答案】5

【解析】

【分析】根据复数的乘法运算及共轭复数的概念，求得，结合复数模的计算公式，即可求解.

【详解】因为，所以，所以.

故答案为：.

14. 已知直三棱柱底面的直观图是一个等腰直角三角形，斜边长，则该直三棱柱的底面积为______.

【答案】

【解析】

【分析】由题设及斜二测法知在原图上的对应边长为，根据直角三角形面积公式计算即可.

【详解】由题意知：，

由斜二测法知：原直三棱柱中，的对应边长为，对应边长不变，

所以底面三角形面积为，故该直三棱柱的底面积为.

故答案：

15. 在一个如下图所示的直角梯形内挖去一个扇形，恰好是梯形的下底边的中点，将所得平面图形绕直线旋转一圈，所得几何体表面积为__________.

【答案】

【解析】

【分析】由题可画出所得几何体的大致图形，即可得表面积.

【详解】由题意可得几何体大致图形如下，则其表面积由三部分组成.

圆锥部分，由题圆锥底面圆半径为，则底面圆周长为，

由题可得圆锥侧面展开扇形半径为，可得侧面展开扇形圆心角为，

得圆锥侧面积为；

圆柱部分，圆柱侧面展开矩形长为圆锥底面圆周长，宽为2，则圆柱侧面积为；

球部分，球半径为2，则半个球面面积为.

综上，几何体表面积为.

故答案为：

16. 如下图，中，为重心，P为线段上一点，则的最大值为______，分别是边的中点，则的取值范围是______.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】利用向量求得的表达式，由此求得的最大值. 利用向量求得的表达式，由此求得的取值范围.

【详解】，由于，所以.

设是中点，则共线.

,.

，

.

的最大值为，所以的最大值为.

，

其中，即，

所以，，

.

即的取值范围是.

故答案为：；

【点睛】要求向量数量积的最值或范围，需要利用数量积的运算将所求表达式进行化简，结合已知条件求得求得最值或范围.

四､解答题（第17题10分，其他各题12分）

17. 已知复数（i是虚数单位）.

（1）求复数z的共轭复数和模；

（2）若.求a，b的值.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用复数运算化简，从而求得的共轭复数以及模.

（2）根据复数相等列方程，化简求得的值.

【小问1详解】

，

所以z共轭复数，

.

【小问2详解】

因为，

即，

也即，

所以，解得.

18. 已知向量的夹角为，且.

（1）求；

（2）当时，求实数m.

【答案】（1）；   

（2）12.

【解析】

【分析】（1）利用向量数量积的运算律及已知求；

（2）由向量垂直可得，结合数量积的运算律列方程求参数值即可.

【小问1详解】

由，则.

【小问2详解】

由题设，则.

19. 在棱长为2的正方体中，分别为棱和的中点.

（1）证明：平面；

（2）求异面直线与所成的余弦值；

【答案】（1）证明见解析   

（2）.

【解析】

【分析】（1）证明后可得证线面平行；

（2）证明，得是异面直线与所成的角或其补角，由余弦定理求解即可得．

【小问1详解】

连接,如图,因为分别为棱和的中点,

所以且,

所以是平行四边形，所以，

又平面，平面，

所以平面；

【小问2详解】

在正方体中，连接，如图，

因为分别为棱和的中点，则，

因此四边形是平行四边形，

则，即是异面直线与所成的角或其补角，

在中，，

而正方体的体对角线，

由余弦定理，得，

所以异面直线与所成的余弦值为．

20. 如图所示，正方体的棱长为a.

（1）过正方体的顶点，B，截下一个三棱锥，求正方体剩余部分的体积；

（2）若M，N分别是棱AB，BC的中点，请画出过，M，N三点的平面与正方体表面的交线（保留作图痕迹，画出交线，无需说明理由），并求出交线围成的多边形的周长；

【答案】（1）   

（2）作图见解析，

【解析】

【分析】（1）利用等体积法求出三棱锥的体积，再用正方体体积减去即可；

（2）根据点､线､面的位置关系作出图形，再利用三角形相似等知识点则可求出相关线段长；

【小问1详解】

因为正方体，所以平面，

则为三棱锥的高，，，

则，

则正方体剩余部分的体积为.

【小问2详解】

画直线交，延长线分别为点，

再分别连接，分别交于点，

顺次连接，五边形即为交线围成的多边形，

易得，，则为等腰直角三角形，

则，根据∽，，

则，则，，

同理可得，，而，

则五边形的周长为.

21. 为解决社区老年人“一餐热饭”的问题，某社区与物业、第三方餐饮企业联合打造了社区食堂，每天为居民提供品种丰富的饭菜，还可以提供送餐上门服务，既解决了老年人的用餐问题，又能减轻年轻人的压力，受到群众的一致好评.如图，送餐人员小夏从处出发，前往，，三个地点送餐.已知，，，且，.

（1）求的长度.

（2）假设，，，均为平坦的直线型马路，小夏骑着电动车在马路上以的速度匀速行驶，每到一个地点，需要2分钟的送餐时间，到第三个地点送完餐，小夏完成送餐任务.若忽略电动车在马路上损耗的其他时间（例如：等红绿灯，电动车的启动和停止…），求小夏完成送餐任务的最短时间.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据余弦定理即可求解；

（2）根据余弦定理求解，进而得，由两角和与差余弦公式可得，进而由余弦定理求解，根据三种不同的送餐路线，计算路程的大小，即可比较求解.

【小问1详解】

因为，，所以，

在中，由余弦定理，得

.

【小问2详解】

在中，由余弦定理，得，

所以，

所以.

在中，由余弦定理，得

，解得.

假设小夏先去地，走路线，路长，

假设小夏先去地，因为，所以走路线，路长，

假设小夏先去地，走路线，路长，

由于，

所以小夏走路线，且完成送餐任务的最短时间为.

22. 在锐角△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，．

（1）若，求△ABC的面积；

（2）求的值；

（3）求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理和面积公式进行求解；（2）由正弦定理和三角恒等变换求解；（3）解法一：设BC中点为D，推导出，在三角形AOD中，利用余弦定理，正弦定理和函数单调性求出AD的取值范围，从而求出的取值范围；解法二：由余弦定理和数量积运算法则求出，换元后利用三角恒等变换得到，求出答案.

【小问1详解】

由余弦定理

结合可知，△ABC的面积

【小问2详解】

因为，，所以，

由正弦定理，

所以，①

由于，

带入①式可知：

【小问3详解】

解法1：

设BC中点为D，则

所以

如下图所示，

设△ABC的外接圆为圆O，由于△ABC为锐角三角形，故点A的运动轨迹为劣弧（不含端点），由正弦定理知圆O的半径，故

设，则，由余弦定理：

由于函数在时单调递减，，

所以

解法2：

由余弦定理②

由定义

所以

设，

则

由正弦定理：

其中锐角的终边经过点，由锐角三角形可知

注意到，

所以

所以，②式变形为，故

从而，

此时函数单调递减，而，

所以

【点睛】向量相关的取值范围问题，考查面较广，可以和很多知识相结合，基本不等式，函数值域，解三角形，三角函数等，需要对知识熟练掌握且灵活运用，本题的第三问难度较大，需要用到极化恒等式，三角函数恒等变换等知识，属于难题.