河北省重点中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题及答案解析

2022~2023学年度第二学期高一年级期中考试

数学试题

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知复数，则在复平面内对应的点的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

2. 在中，，，则外接圆的半径为（    ）

A.  B. 1 C. 2 D. 3

3. 已知向量，满足，，则（    ）

A 4 B. 3 C. 2 D. 1

4. 将图(1)中的等腰直角三角形沿斜边

的中线折起得到空间四面体，如图(2)，则在空间四面体中, 与的位置关系是（    ）

A. 相交且垂直 B. 相交但不垂直

C. 异面且垂直 D. 异面但不垂直

5. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（    ）

A. 若，，，则

B. 若，，，则

C. 若，，，则

D. 若，，，则

6. 已知向量，，，若向量，，共面，则实数等于（    ）

A 10 B. 8 C. 5 D. 3

7. 已知的三边长分别为，，，且最大内角是最小内角的2倍，则最小内角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

8. 在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC.，，，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 若复数纯虚数，则（    ）

A. 为实数 B. 为实数

C. 为实数 D. 为实数

10. 已知四边形是平行四边形，，，，则（    ）

A. 点D坐标是 B.

C.  D. 四边形的面积是

11. 在中，角、、的对边分别为、、，向量，向量，若，且满足，则下列说法正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

12. 如图所示，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，，，为线段上的点（不包括端点），则（    ）

A.  B. 平面

C. 二面角的大小为定值 D. 的最小值为

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知平面的法向量为上一点，则点到的距离为___________.

14. 某圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形，则该圆柱一个底面的面积为___________.

15. 如图，小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC＝135°．若山高AD＝150m，汽车从C点到B点历时25s，则这辆汽车的速度为______m/s．

16. 在中，G满足，过G的直线与AB，AC分别交于M，N两点.若，，则3m+n的最小值为_______.

四、解答题：本题共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 已知向量，.

（1）求向量与夹角的余弦值；

（2）若向量与互相垂直，求的值.

18. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且．

（1）求A；

（2）若，且的面积为，求b，c．

19. 已知正四面体的棱长为2，点G是的重心，点M是线段的中点.

（1）用，，表示，并求出；

（2）求.

20. 如图，在四棱柱中，底面是矩形，平面平面，点是的中点，.

（1）求证：平面平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

21. 如图，在平面四边形中，，设.

（1）若，求的长度；

（2）若，求.

22. 如图，平面平面，四边形和四边形均为正方形.，.

（1）求证：平面平面；

（2）求多面体的体积.

答案解析

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知复数，则在复平面内对应的点的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先化简复数，根据实部虚部写出点的坐标.

【详解】，即在复平面内对应的点的坐标为.

故选:D.

2. 在中，，，则外接圆的半径为（    ）

A.  B. 1 C. 2 D. 3

【答案】B

【解析】

【分析】利用正弦定理即可求解.

【详解】设为外接圆的半径，则

由正弦定理，得，解得．

所以外接圆的半径为.

故选:B．

3. 已知向量，满足，，则（    ）

A. 4 B. 3 C. 2 D. 1

【答案】D

【解析】

【分析】由向量数量积运算律，结合已知直接计算可得.

【详解】因为．

故选：D．

4. 将图(1)中的等腰直角三角形沿斜边

的中线折起得到空间四面体，如图(2)，则在空间四面体中, 与的位置关系是（    ）

A. 相交且垂直 B. 相交但不垂直

C. 异面且垂直 D. 异面但不垂直

【答案】C

【解析】

【分析】根据线面垂直的判断定理，证出平面；再由线面垂直的定义即可证出，由于不相交即可得出答案.

【详解】折起前，折起后有，，且，

所以平面，所以又与不相交，故与异面且垂直.

故选C

【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理以及线面垂直的定义，需掌握线面垂直的判定定理内容，证明异面直线垂直一般先证线面垂直，此题属于基础题.

5. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（    ）

A. 若，，，则

B. 若，，，则

C. 若，，，则

D. 若，，，则

【答案】C

【解析】

【分析】根据平行线的性质，结合垂直的性质、平面平行的性质逐一判断即可.

【详解】因为，，若，分别在直线上为平面，的法向量，且，故，所以选项A说法正确；

因为，，所以，而，因此，所以选项B说法正确；

当时，如下图所示：也可以满足，，，所以选项C说法不正确；

因为，，所以，而，所以，因此选项D说法正确，

故选：C

6. 已知向量，，，若向量，，共面，则实数等于（    ）

A. 10 B. 8 C. 5 D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】利用共面向量的性质，得到三个向量之间的关系，再利用待定系数法解得未知量．

【详解】解：向量，，共面，存在实数，使得，即．

，．

故选：A．

7. 已知三边长分别为，，，且最大内角是最小内角的2倍，则最小内角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设的最小内角为，利用正弦定理得到，再利用余弦定理得到，进而即可求解．

【详解】设的最小内角为，

由正弦定理得，整理得，

又余弦定理得，

所以，解得，则．

故选：B．

8. 在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC.，，，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由面面垂直可得线面垂直，进而可确定球心的位置在DO上，根据勾股定理即可求解.

【详解】如图，取AB的中点E，BC的中点D，连接PE，△PAB是等边三角形，则.因为平面PAB⊥平面ABC，平面平面，平面PAB，所以PE⊥平面ABC，又平面ABC，所以.过D作OD⊥平面ABC，则.因为，所以三棱锥P-ABC的外接球的球心在DO上，设球心为O，连接OB，OP，设外接球半径为R，由已知，.，，在直角梯形PEDO中，，   ，，所以三棱锥P-ABC外接球的表面积.

故选:C.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 若复数为纯虚数，则（    ）

A. 为实数 B. 为实数

C. 为实数 D. 为实数

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据题意，设且，得到，结合复数的运算法则，逐项判定，即可求解.

【详解】因为为纯虚数，设且，则，

由，所以A正确；

由，所以B错误；

由为实数，所以C正确；

由为实数，所以D正确.

故选：ACD.

10. 已知四边形是平行四边形，，，，则（    ）

A. 点D的坐标是 B.

C.  D. 四边形的面积是

【答案】BD

【解析】

【分析】根据平行四边形的性质可知即可求出D点坐标判断A，利用两点间距离公式判断B，由向量夹角公式判断C，由三角形面积公式可得平行四边形面积判断D.

【详解】不妨设点D坐标为，因为四边形是平行四边形，所以，

即，所以，，，所以点D坐标为，故A错误；

，故B正确；

，，所以，故C错误；

因为，所以四边形的面积，故D正确.

故选：BD

11. 在中，角、、的对边分别为、、，向量，向量，若，且满足，则下列说法正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】由向量平行得到，从而求出，A正确；由正弦定理得到，求出，判断CD；结合三角形内角和求出，判断B选项.

【详解】∵，∴，

∴，

∴，A选项对，

由题意及正弦定理得，即，

又，

∴，又，

∴，C选项错，D选项对，

又，

则，B选项对，

故选：ABD.

12. 如图所示，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，，，为线段上的点（不包括端点），则（    ）

A.  B. 平面

C. 二面角的大小为定值 D. 的最小值为

【答案】CD

【解析】

【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理和性质定理即可得出；对于B，利用线面平行的性质定理即可得出；对于C，由二面角的定义即可判断；对于D，将侧面和展开在一个平面内，结合余弦定理即可得出.

【详解】对于A，平面，平面，，假设，

又平面PAD，平面，

又平面，，而四边形为正方形，与矛盾，

所以假设错误，故不正确，故A不正确；

对于B，设，连接，假设平面，

又平面平面，则，

在中，因为为的中点，则必为的中点，这与为线段上的动点矛盾，

所以假设错误，故B不正确；

对于C，为线段上动点，二面角的大小即为二面角的大小，

因为二面角的大小为定值，所以二面角的大小为定值，

故C正确；

对于D，平面，平面，，为等腰直角三角形，

平面，平面，，即，

又四边形为正方形，，

平面PAD，平面，平面，，为直角三角形，

如图，将侧面和展开在一个平面内，，

连接，当处在与的交点处时，取得最小值，

此时，在中，由余弦定理，得，

所以的最小值为，故D正确.

故选：CD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知平面的法向量为上一点，则点到的距离为___________.

【答案】

【解析】

【分析】利用空间向量坐标运算的求点到平面的方法即可求解.

【详解】由题意知，所以点到的距离．

故答案为：.

14. 某圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形，则该圆柱一个底面的面积为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据圆柱的侧面展开图可知底面圆的周长等于正方形的边长，即可求出底面圆的半径，进而可求面积.

【详解】因为圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形，所以该圆柱的底面圆的周长为其侧面展开图正方形的边长，该圆柱底面圆半径为，故该圆柱一个底面的面积.

故答案为：

15. 如图，小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在A处测得公路上B，C两点的俯角分别为30°，45°，且∠BAC＝135°．若山高AD＝150m，汽车从C点到B点历时25s，则这辆汽车的速度为______m/s．

【答案】

【解析】

【分析】由余弦定理求得后可得速度．

【详解】由题意可知，AB＝300m，m，由余弦定理可得（m），这辆汽车的速度为（m/s），

故答案为：．

16. 在中，G满足，过G的直线与AB，AC分别交于M，N两点.若，，则3m+n的最小值为_______.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意可知为三角形的重心，利用三点共线可得，再由均值不等式即可求最值.

【详解】取中点，连接，如图，

由可得，即，

所以三点共线且，即为的重心，

所以，

因为三点共线，

所以，

又，，

所以，当且仅当，

即时，等号成立，

故答案为：

四、解答题：本题共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. 已知向量，.

（1）求向量与夹角的余弦值；

（2）若向量与互相垂直，求的值.

【答案】（1）.   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用平面向量的数量积即可求得结果.

（2）利用两向量垂直的条件即可求得结果.

【小问1详解】

由，，

所以，

，，

设向量与的夹角为，则.

【小问2详解】

若向量与互相垂直，

则，

所以.

18. 已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且．

（1）求A；

（2）若，且的面积为，求b，c．

【答案】（1）   

（2），

【解析】

【分析】（1）应用正弦定理结合两角和差公式计算求解即可；

（2）应用余弦定理及三角形面积公式，列方程求边即得.

【小问1详解】

在中，由正弦定理及得

，

又，代入上式，

得，

∵，

∴，

∴，

∵，

∴．

【小问2详解】

由（1）知，又，

∴由余弦定理得，即，①

又∵的面积为，

∴有，即，

∴，②

解由①②组成的方程组得，．

19. 已知正四面体的棱长为2，点G是的重心，点M是线段的中点.

（1）用，，表示，并求出；

（2）求.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）首先根据空间向量的线性运算得到，再求其模长即可.

（2）根据展开求解即可.

【小问1详解】

因为点M是线段的中点，点G是的重心，

所以，

因为，

所以

，

∴.

【小问2详解】

.

20. 如图，在四棱柱中，底面是矩形，平面平面，点是的中点，.

（1）求证：平面平面；

（2）求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）先证明，根据面面垂直的性质定理证明⊥平面，再由面面垂直判定定理证明平面平面；

（2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量与平面的法向量，利用空间向量夹角公式求直线与平面夹角.

【小问1详解】

因为，点是的中点，所以，

又平面平面，平面平面，

平面，

所以⊥平面ABCD，又平面，

所以平面平面；

【小问2详解】

取的中点，连结，

因为四边形为矩形，且，

所以四边形为正方形，，

以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，

则，

所以，

设平面的法向量，

则 有，即，

令，则，

所以平面的一个法向量，

设直线与平面所成角为，

则

直线与平面所成角正弦值为.

21. 如图，在平面四边形中，，设.

（1）若，求的长度；

（2）若，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意求得，在中，利用余弦定理，即可求得的长；

（2）根据题意求得，得到，在中，利用正弦定理求得，进而求得的值.

【小问1详解】

解：由题意得且，

可得，

在中，，

由余弦定理可知：，

所以.

小问2详解】

解：因为，所以，

又因为且，可得,

在中，由正弦定理知，

所以，即，

可得，即.

22. 如图，平面平面，四边形和四边形均为正方形.，.

（1）求证：平面平面；

（2）求多面体的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）

【解析】

【分析】（1）由，可得四点共面，依题意可得面，面，即可得证；

（2）多面体可看成三棱柱和四棱锥组合而成，由面面垂直的性质可得平面，再证面，再分别求出三棱柱的体积，四棱锥的体积，再求和即可；

【详解】解：（1）因为，所以四点共面，

因为四边形为正方形，所以，又平面，面，所以面，

四边形为正方形，所以，又平面，面，所以面，又，平面，所以平面平面

（2）多面体可看成三棱柱和四棱锥组合而成，因为为正方形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，又，，，面，所以面，所以三棱柱的体积，，四棱锥的体积，所以多面体的体积.