2022北京八十中高一（下）期中数学（教师版）

这是一份2022北京八十中高一（下）期中数学（教师版），共28页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022北京八十中高一（下）期中
数 学
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1. 设向量，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知复数满足，则对应的点位于复平面内的（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
3. 在平行四边形ABCD中，是对角线AC和BD的交点，则（ ）
A. B. C. D.
4. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C 若，则 D. 若，则
5. 已知复数（），则是的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
6. 某圆锥的母线长为，底面半径长为，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
7. 若在△ABC中，，，且，，则△ABC形状是（　　）
A. 正三角形 B. 锐角三角形
C. 斜三角形 D. 等腰直角三角形
8. 已知平面向量均为非零向量，则“”是“向量同向”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
9. 如图所示，为测一树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点分别测得树尖的仰角为，，且A，B两点之间的距离为30，则该树的高度为（ ）

A. B.
C. D.
10. 在棱长为的正方体中，点在正方形内（含边界）运动，则下列所有结论正确的是（　　）.
①若点在上运动，则
②若平面，则点的轨迹长度是.
③存在点，使得平面截该正方体的截面是五边形.
④若，则四棱锥的体积最大值为1.
A. ①②③ B. ①② C. ①②④ D. ②③
二、填空题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分，把答案填在题中横线上）
11. 的共轭复数为___________.
12. 已知向量，若，则x的值为___________.
13. 若复数为纯虚数，则实数a的值为_______________.
14. 已知菱形边长为1，，则______________.
15. 在中，若，则的最大内角的值为________．
16. 欧拉公式把自然对数的底数、虚数单位、三角函数和联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被兴为“数学中的天桥”，若复数满足，则的虚部是___________，___________.
17. 如图所示，已知三棱柱的所有棱长均为a，且⊥底面，若E是棱上的动点，则的最小值为___________，三棱锥的体积为___________.

18. 在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若，且有唯一解，则的取值范围是___________.
19. 若，且，则______________，最大值为______________.
20. 如图，在正方体中，AB=6，点P在平面内，，则点P运动轨迹长度是___________，则点P到距离的最小值为___________.


三、解答题：本大题有5小题，每题14分，共70分.应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
21 已知两个向量
（1）求以及与垂直的单位向量；
（2）当实数取何值时，向量与方向相反？
（3）若（其中，求的最小值.
22. 如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，点D在直线AC上，且AD=4DC.

（1）求BD的长；
（2）求的值.
23. 如图，在三棱柱中，各个侧面均是边长为正方形，为线段的中点

（Ⅰ）求证：⊥平面；
（Ⅱ）求证：直线∥平面；
（Ⅲ）设为线段上任意一点，在内的平面区域（包括边界）是否存在点，使，并说明理由
24. 已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，满足，有三个条件：①；②；③.从三个条件中选取两个条件，完成下面两个问题，并说明所有不能选取的条件组合的理由.
（1）求；
（2）设D为BC边上一点，且，求的面积.
25. 如图所示，在正方体中，点在棱上，且，点、、分别是棱、、的中点，为线段上一点，.

（1）若平面交平面于直线，求证：；
（2）若直线平面，
①求三棱锥的表面积；
②试作出平面与正方体各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹设平面与棱交于点，求三棱锥的体积.

参考答案
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）
1. 设向量，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的坐标表示公式直接计算即可.
【详解】因为向量，，
所以，
故选：D
2. 已知复数满足，则对应的点位于复平面内的（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】化简求出即可判断.
【详解】，，
则对应的点位于复平面内的第四象限.
故选：D.
3. 在平行四边形ABCD中，是对角线AC和BD交点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量加法与减法法则计算即可.
【详解】解：.
故选：C

4. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间线面的垂直和平行关系，逐项分析判断即可得解.
【详解】对A，平行于同一个平面的两条直线并不一定平行，故A错误；
对B，平行于同一条直线的两平面并不一定平行，故B错误；
对C，垂直于同一平面的两直线平行，故C正确；
对D，两平面垂直于两直线，这两个平面没有确定的关系，故D错误.
故选：C
5. 已知复数（），则是的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数模的计算公式及充分条件、必要条件的定义判断即可；
【详解】解：因为，所以，当时，故充分性成立，当，即，解得，故必要性不成立，
故是的充分不必要条件；
故选：A
6. 某圆锥的母线长为，底面半径长为，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知条件求出圆锥的高，从而可求出圆锥的体积
【详解】解：由题意得圆锥的高为，
所以圆锥的体积为，
故选：A
7. 若在△ABC中，，，且，，则△ABC的形状是（　　）
A. 正三角形 B. 锐角三角形
C. 斜三角形 D. 等腰直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】直接求出，即可判断.
【详解】由于，|，，所以△ABC为等腰直角三角形．
故选：D.
8. 已知平面向量均为非零向量，则“”是“向量同向”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】判断当时，，不能得同向，当同向时，可得，从而得出答案.
【详解】当时，，
但此时向量不一定同向；反之，当向量同向时，
成立，所以“”是
“向量同向”的必要不充分条件.
故选：B
9. 如图所示，为测一树的高度，在地面上选取A，B两点，从A，B两点分别测得树尖的仰角为，，且A，B两点之间的距离为30，则该树的高度为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】树高为h，利用直角三角形中用表示出，然后求解．
【详解】解：设树高为h，则，又,
所以，
故选：D
10. 在棱长为的正方体中，点在正方形内（含边界）运动，则下列所有结论正确的是（　　）.
①若点在上运动，则
②若平面，则点的轨迹长度是.
③存在点，使得平面截该正方体的截面是五边形.
④若，则四棱锥的体积最大值为1.
A. ①②③ B. ①② C. ①②④ D. ②③
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定定理、面面平行的判定定理与性质，结合正方体截面的性质、棱锥的体积公式逐一判断即可.
【详解】对①：∵平面，平面，
∴，又，，∴平面，
∵点在上运动，∴平面，∴，故①正确；
对②：连接，∵，平面，
同理平面，又，所以平面平面，
当平面，点在上运动，所以点的轨迹为线段，
因为，所以点的轨迹长度是，②正确；
对③：由正方体的截面的性质可知截面不可能是五边形，
所以③错误；对④：正方形的面积为，
以为坐标原点，为轴建立平面直角坐标系，则，
设，因为，所以，
整理得，所以点的轨迹为的一部分，
当点在上时，高最长，此时，又，
所以，所以的体积最大值为，
故④正确；
故选：C


【点睛】本题考查了立体几何中的线面垂直的判定和二面面平行的判定，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理进行证明.
二、填空题（本大题共10个小题，每小题4分，共40分，把答案填在题中横线上）
11. 的共轭复数为___________.
【答案】
【解析】
【分析】由共轭复数的定义判断.
【详解】由共轭复数的定义知，的共轭复数为.
故答案：

12. 已知向量，若，则x的值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的垂直的坐标表示，列出方程，即可求解.
【详解】由题意，向量，
因为，可得，解得，
所以x的值为.
故答案为：.
13. 若复数为纯虚数，则实数a的值为_______________.
【答案】-2
【解析】
【分析】解不等式组得解.
【详解】因为复数为纯虚数
所以，所以.
故答案为：
14. 已知菱形边长为1，，则______________.
【答案】
【解析】
【分析】
由，利用数量积的计算公式计算即可.
【详解】，
故.
故答案为：.
15. 在中，若，则的最大内角的值为________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意，设，由大边对大角知，角C最大，然后根据余弦定理求出即可求解角C.
【详解】解：在中，因为，所以设，
由大边对大角知，角C最大，
根据余弦定理有，
又，
所以角C，
故答案为：.
16. 欧拉公式把自然对数的底数、虚数单位、三角函数和联系在一起，充分体现了数学的和谐美，被兴为“数学中的天桥”，若复数满足，则的虚部是___________，___________.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】由欧拉公式和复数除法运算可求得，由复数虚部定义和模长运算可求得结果.
【详解】由欧拉公式知：，，
，
的虚部为，.
故答案为：；.
17. 如图所示，已知三棱柱的所有棱长均为a，且⊥底面，若E是棱上的动点，则的最小值为___________，三棱锥的体积为___________.

【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】将三棱锥的侧面和沿展开，连接，求得，即可求得的最小值，取的中点，连接，证得平面，结合，即可求解.
【详解】如图所示，将三棱锥的侧面和沿展开，
得到矩形，连接，与交于点，
其中，所以，即的最小值为；
取的中点，连接，在等边中，可得，
又由⊥底面，可得平面平面，
结合面面垂直的性质定理，可得平面，且，
又由.
故答案为：；.

18. 在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，若，且有唯一解，则的取值范围是___________.
【答案】或
【解析】
【分析】由正弦定理得，对分类讨论，即可判断
【详解】由正弦定理得，
因为有唯一解，当时，即，
唯一，符合题意，得；
当时，有两个值，不唯一，不合题意；
当时，，
所以，唯一，符合题意，得.
所以的取值范围为或.
故答案为：或.
【点睛】求解本题的关键是利用正弦定理表示边，再由有唯一解，对分类讨论.
19. 若，且，则______________，的最大值为______________.
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】由即可求，结合已知条件可得在过点垂直于的直线上，而在以为圆心，1为半径的圆周上，应用数形结合法判断的最大时的位置，即可确定最大值.
【详解】由，可得，
由题设，在过点垂直于的直线上，而在以为圆心，1为半径的圆周上，若，如下图示，

∴，要使的最大，只需共线，在上的投影最短，
由图知：共线时，的最大为.
故答案为：2，.
【点睛】关键点点睛：由已知条件将向量转化为图形形式，数形结合法分析的最大时动点的位置，即可求最大值.
20. 如图，在正方体中，AB=6，点P在平面内，，则点P运动轨迹长度是___________，则点P到距离的最小值为___________.


【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】对①空，根据为定值，再计算到平面的距离，可判断点P运动轨迹为圆，再计算半径即可；
对②空，分别取、的中点、，连接、、、，证明出平面，对于平面内任意一点，过点作分别交、、于点、、，分析可知点到直线的距离等于线段的长，求出长的最大值，即可得出点到直线距离的最大值.
【详解】对①空，设到平面的距离为，则，解得，又，故到平面的投影点到点P的距离为定值，且点到正的边距离为，故点P运动轨迹恰好为的内切圆，长度为；
对②空，分别取、的中点、，连接、、、，

且，所以，四边形为平行四边形，
所以，且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，故且，
平面，平面，
、平面，则，，
，则，
因为，平面，
对于平面内任意一点，过点作分别交、、于点、、，
，，
所以点到直线的距离等于点到直线的距离，
平面，故，所以点到直线的距离为线段的长，
，则是以为直角的直角三角形，
当时，最短，
因为，，故当点与点重合时，最长，
当点与点重合时，，满足题意，
此时点到直线的距离取到最大值.
故答案为：；6
三、解答题：本大题有5小题，每题14分，共70分.应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
21. 已知两个向量
（1）求以及与垂直的单位向量；
（2）当实数取何值时，向量与方向相反？
（3）若（其中，求的最小值.
【答案】（1），或；
（2）；
（3）；
【解析】
【分析】（1）由模长公式求解，设所求向量坐标为，再由垂直与单位向量的定义列方程组求解；（2）由向量共线列式求解，再将所求值代入验证是否为相反方向；（3）利用模长公式表示出，再由二次函数的性质求解最小值.
【小问1详解】
由模长公式，，，
设该单位向量的坐标为，则，
得或，
所以与垂直的单位向量为或.
【小问2详解】
，，
当向量与共线时，
，解得或，
当时，与同向，不合题意；
当时，与反向，符合题意；
所以.
【小问3详解】
，
，
由二次函数的性质，，
所以恒成立，
当时，取最小值，
所以的最小值为.
22. 如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=4，BC=3，点D在直线AC上，且AD=4DC.

（1）求BD的长；
（2）求的值.
【答案】（1）;（2）
【解析】
【详解】试题分析：（1）中可求出各边的值和各角的正余弦值,由,求出,在中，由余弦定理可求得长;（2） 在中利用正弦定理,可求得.
试题解析:（1）因
所以，，
又因，所以.
中，由余弦定理，
得
，
所以
（2）在中，由正弦定理，得，
所以，
所以
考点：正余弦定理
23. 如图，在三棱柱中，各个侧面均是边长为的正方形，为线段的中点

（Ⅰ）求证：⊥平面；
（Ⅱ）求证：直线∥平面；
（Ⅲ）设为线段上任意一点，在内的平面区域（包括边界）是否存在点，使，并说明理由
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【解析】
【分析】（1）充分利用正三棱柱的性质得到CC1⊥底面ABC，得到CC1⊥BD，只要再证明BD垂直于AC即可；
（2）连接B1C交BC1于O，连接OD，D为AC 中点，得到AB1∥OD，利用线面平行的判定定理可得；
（3）在△BC1D内的平面区域（包括边界）存在点E，使CE⊥DM，此时E在线段C1D上；只要利用线面垂直的判定定理和性质定理证明．
【详解】
（）证明：∵三棱柱中，各个侧面均是边长为的正方形，
∴，，
∴平面，
又∵平面，
∴，
又底面为等边三角形，为线段的中点，
∴，
又，
∴平面．
（）证明：连接交于，连接，则为的中点，
∵是的中点，
∴，
又平面，平面，
∴直线平面．
（）在内的平面区域（包括边界）存在点，使，此时在线段上，
证明如下：过作交线段与，
由（）可知，平面，而平面，
∴，
由，，得平面，
∵平面，
∴．
【点睛】垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.
(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.
(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.
(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.
24. 已知△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，满足，有三个条件：①；②；③.从三个条件中选取两个条件，完成下面两个问题，并说明所有不能选取的条件组合的理由.
（1）求；
（2）设D为BC边上一点，且，求的面积.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意，先计算得，由为钝角，与矛盾，所以判断得①②中仅有一个正确，③一定正确，再由面积公式得，分类讨论求解；（2）利用得，从而求解得答案.
【小问1详解】
∵，即，
又，∴，∵为钝角，与矛盾，
∴①②中仅有一个正确，③一定正确，∴，
当①③正确时，由，
得，无解；
当②③正确时，∵，，得，
经检验成立，∴.
【小问2详解】
如图所示，∵，∴，
∴，
∴.

【点睛】解三角形的基本策略：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用正弦定理，出现边的二次式一般采用余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
25. 如图所示，在正方体中，点在棱上，且，点、、分别是棱、、的中点，为线段上一点，.

（1）若平面交平面于直线，求证：；
（2）若直线平面，
①求三棱锥的表面积；
②试作出平面与正方体各个面的交线，并写出作图步骤，保留作图痕迹设平面与棱交于点，求三棱锥的体积.
【答案】（1）答案见详解；（2）①；②作图步骤见解析，三棱锥 的体积为．
【解析】
【分析】
（1）根据面面平行的性质即可得到，再结合线线平行的传递性即可证明结论；
（2）①先根据直线平面得到，进而得到是的中点，然后依次求出三棱锥的四个面的面积再相加即可得到三棱锥的表面积；②根据公理“一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内”作出平面与正方体各个面的交线即可；根据四点共面，且三角形与三角形面积相等，那么三棱锥的体积等于三棱锥的体积，直接利用三棱锥的体积公式求解即可．
【详解】（1）在正方体中，
因为平面平面，平面平面，
所以，
因为点、 分别是棱、 的中点，
所以，
所以．
（2）①因为直线平面，平面，
所以，又因为△，
所以，
所以，
因为，
，
，
所以三棱锥的表面积为．
②作图步骤如下：
连接，过点作于点，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点交的延长线于点，
再连接交于点，连接并延长交的延长线于点，连接并延长交于点，再连接，，，
则图中，，，，，即为平面与正方体各个面的交线．

设，由题知
，
所以，所以，
解得，
因为，
，，
所以，

如上图，设为线段的中点，可证点在平面内，且三角形与三角形面积相等，
所以，三棱锥的体积三棱锥的体积三棱锥的体积，
所以三棱锥 的体积为．
【点睛】本题考查面面平行的性质定理和线面平行的性质定理的应用，直线与平面垂直以及几何体的表面积和体积的求法，考查空间想象能力记忆计算能力，属于难题．