2022-2023学年安徽省六安第一中学高一下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年安徽省六安第一中学高一下学期期中考试数学试题含解析，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年安徽省六安第一中学高一下学期期中考试数学试题 一、单选题1．已知，为虚数单位，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由可得，利用复数的乘法可化简得出复数.【详解】因为，则.故选：C.2．已知向量，若，则（   ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据向量共线的规则求出x，再根据向量的坐标运算规则求解.【详解】 ， ；故选：A.3．如图，是的直观图，其中，，那么是一个（    ）A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．无法确定【答案】A【分析】将直观图还原为投影图，分析几何图形的形状.【详解】将直观图还原，则，，所以是正三角形.故选：A.4．在中，内角，，所对的边为，，，若，，，则角的大小为（    ）A． B．或 C． D．【答案】B【分析】由正弦定理及三角形内角和性质求角的大小.【详解】由，则，而，故或，显然，所得角均满足.故选：B5．是体积为的棱柱，则三棱锥的体积是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据等体积法结合同底等高的棱锥和棱柱体积的关系进行求解【详解】不妨设三棱柱的高为，则，故.故选：D6．设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（    ）A．，则 B．，则C．，则 D．，则【答案】D【分析】举例说明判断ABC；利用线面垂直的性质判断D作答.【详解】对于A，在长方体中，平面为平面，分别为直线，显然满足，而，此时不成立，A错误；对于B，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，显然满足，而，此时不成立，B错误；对于C，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，显然满足，而，此时不成立，C错误；对于D，因为，由线面垂直的性质知，，D正确.故选：D7．三棱锥A-BCD中，平面BCD，，，则该三棱锥的外接球表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题可知，可将三棱锥补成长方体，求长方体的外接球的表面积即可.【详解】由平面BCD，，知三棱锥A-BCD可补形为以AD，DC，BD为三条棱的长方体，如图所示，三棱锥的外接球即长方体的外接球，长方体的对角线是外接球的直径，设外接球的半径为R，则，所以该三棱锥的外接球表面积为.故选：C．8．如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】在棱上取一点，使得，取的中点，连接 ，，，即可得到，则或其补角是异面直线与所成的角，求出，，，再利用余弦定理计算可得.【详解】解：如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接 ，，，由于分别是棱的中点，所以，故四边形为平行四边形，进而,又因为是的中点，所以，所以，则或其补角是异面直线与所成的角.设，则，从而，，故,故异面直线与所成角的余弦值是.故选：C 二、多选题9．对一个容量为的总体抽取容量为的样本，当选取抽签法抽样、随机数法抽样和分层随机抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为，三者关系不可能是（    ）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】根据抽样的概念，每个个体被抽中的概率是均等的，即可求解.【详解】在抽签法抽样、随机数法抽样和分层随机抽样中，每个个体被抽中的概率均为，所以.故选：ABC.10．设平面向量，则（    ）A． B．可以成为一组基底C．与的夹角为锐角 D．在上的投影向量为【答案】BD【分析】求出，即可判断A；由共线向量的条件判断是否共线，即可判断B；求得，则，即可判断C；由投影向量的概念求解即可判断D．【详解】对于A选项，，，，故A错误；对于B选项，由于，所以不共线，可以成为一组基底，故B正确；对于C选项，，所以，则，所以与的夹角为直角，故C错误；对于D选项，向量在方向上的投影向量为，故D正确．故选：BD.11．如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器以BC为轴顺时针旋转，则（    ）A．有水的部分始终是棱柱B．水面所在四边形EFGH为矩形且面积不变C．棱始终与水面平行D．当点H在棱CD上且点G在棱上（均不含端点）时，不是定值【答案】AC【分析】利用棱柱的几何特征判断A；根据水面矩形变化情况判断B；利用线面平行的判定判断C；利用盛水的体积判断D作答.【详解】对于A，有水部分的几何体，有两个面都垂直于BC，这两个面始终平行，而，并且BC始终与水面平行，即有，若点H在棱上，由面面平行的性质知，，若点H在棱CD上，，因此该几何体有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边互相平行，即该几何体是棱柱，A正确；对于B，因为水面为矩形，边的长不变，随旋转角的变化而变化，矩形的面积不是定值，B错误；对于C，因为始终与平行，而始终与水面平行，并且不在水面所在平面内，即棱始终与水面平行，C正确；对于D，当点在棱上且点在棱上（均不含端点）时，有水部分的棱柱的底面为三角形，而水的体积不变，高不变，则底面面积不变，即为定值，D错误.故选：AC12．在长方体中，若直线与平面所成角为45°，与平面所成角为30°，则（    ）．A．B．直线与所成角的余弦值为C．直线与平面所成角为30°D．直线与平面所成角的正弦值为【答案】BC【分析】由题意，，设，则，，即可判断A；由可知 或其补角为直线与所成角，利用余弦定理求解可判断B；由题可知直线与平面所成角为，又，，求出可判断C；设点到平面的距离为h，由利用等体积法求出，再利用线面角的定义求解可判断D．【详解】对于A：如图，设，连接，∵平面，∴直线与平面所成角为，则，连接，∵平面，∴直线与平面所成角为，则，在中，，∴，故A错误；对于B：易知，∴或其补角为直线与所成角，易知，，，∴，故B正确；对于C：连接，由平面，可知直线与平面所成角为，又，，∴，故C正确；对于D：易知，设点到平面的距离为h，则，取的中点E，连接BE，由勾股定理可得，∴，∴，设直线与平面所成角为，则，故D错误．故选：BC. 三、填空题13．化简：______.【答案】【分析】由向量的线性运算求解即可.【详解】.故答案为：.14．目前，全国多数省份已经开始了新高考改革.改革后，考生的高考总成绩由语文、数学、外语3门全国统一考试科目成绩和3门选择性科目成绩组成.某校高一年级选择“物理、化学、生物”，“物理、化学、地理”和“历史、政治、地理”组合的学生人数分别是900，540，360.现采用分层抽样的方法从上述学生中选出100位学生进行调查，则从选择“物理、化学、生物”组合的学生中应抽取的人数是______.【答案】50【分析】先求出抽取比例，再根据分层抽样计算选择“物理、化学、生物”组合的学生人数即可.【详解】因为，所以选择“物理、化学、生物”组合的学生人数为.故答案为：5015．在中，，则___________.【答案】【分析】先利用正弦定理化角为边求出边，再利用余弦定理即可得解.【详解】因为，所以，所以，由余弦定理.故答案为：.16．正方体的棱长为1，点P是内不包括边界的动点，若，则线段AP长度的最小值为___________.【答案】/【分析】根据平面确定平面，进而在上，故当时，最小，计算线段长度利用等面积法计算得到答案.【详解】与相交于，连接，，，，，，故平面，，故平面，P是内不包括边界的动点，故在上，当时，最小中，，，根据等面积法：.故答案为： 四、解答题17．正四棱锥S﹣ABCD的底面边长为4，高为1，求：(1)求棱锥的侧棱长和斜高；(2)求棱锥的表面积.【答案】(1)侧棱长为3，斜高为(2) 【分析】（1）设SO为正四棱锥S﹣ABCD的高，则SO＝1，作OM⊥BC，则M为BC 中点，连接OM，OB，则SO⊥OB，SO⊥OM，由此能求出棱锥的侧棱长和斜高.（2）棱锥的表面积，由此能求出结果.【详解】（1）设SO为正四棱锥S﹣ABCD的高，则SO＝1，作OM⊥BC于M，则M为BC 中点，连接OM，OB，则SO⊥OB，SO⊥OM，BC＝4，BM＝2，则OM＝2，OB＝，在Rt△SOB中，，在Rt△SOM中，，∴棱锥的侧棱长为3，斜高为.（2）棱锥的表面积： .18．的内角的对边分别为，若，求：(1)的值；(2)和的面积．【答案】(1)(2)，三角形面积为 【分析】（1）应用余弦定理列方程求值即可；（2）由同角三角函数平方关系求，应用正弦定理求，三角形面积公式求的面积.【详解】（1）由余弦定理得：，解得．（2）由，则，由正弦定理得，又，则，．19．如图，在三棱柱中，，平面平面.  (1)求证：；(2)点E是线段BC中点，在线段上是否存在点F，使得平面，并说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，理由见解析 【分析】（1）利用线面垂直和面面垂直的性质定理即可求解；（2）利用三角形的中位线定理及平行四边形的判定定理和性质定理，结合线面平行的判定定理即可求解.【详解】（1）因为，平面平面，平面平面，平面，所以平面.又因为平面，所以.（2）存在，且点是线段的中点，理由如下：取的中点G，连接FG，GC.如图所示  在中，因为F，G分别是，的中点，所以，且.在平行四边形中，因为E是BC的中点，所以，且，所以，且所以平行四边形FECG是平行四边形，所以.又因为平面，平面，所以平面.故存在，且点是线段的中点，使得平面.20．在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧棱，顶点在平面的射影为边的中点.  (1)求证：平面平面；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先证明线面垂直，再根据面面垂直判定定理证明面面垂直即可；（2）应用等体积方法求解点到平面距离.【详解】（1）且为的中点，，又平面平面，平面.故平面，又平面，平面平面.（2）设点到平面的距离为是边长为2的正三角形，，根据等体积公式可得，解得-21．已知分别为的内角的对边，且.(1)求角；(2)若的面积为，求的周长.【答案】(1)(2)6 【分析】（1）根据，利用正弦定理结合两角和与差的正弦函数得到，再利用辅助角公式求解.（2）由的面积为，结合，得到，再利用余弦定理求解.【详解】（1）解：因为，所以由正弦定理得.因为，所以，所以.因为，所以，所以，即.所以，即又，所以.（2）因为的面积为，所以.由，所以.由余弦定理得，又，所以.解得.故的周长为.22．如图，在棱长为2的正方体中，P、Q分别为棱和中点.(1)请在图中作出过A、P、Q三点的正方体的截面（保留作图痕迹，画出交线，无需说明理由），并求交线所围成的多边形周长；(2)求（1）中的截面与平面ABCD所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)作图见解析，(2) 【分析】（1）作出截面求周长即可.（2）用几何法找到二面角的平面角，在三角形中求解即可.【详解】（1）如图，多边形AMPQN即为所作截面.因为P、Q分别为棱和中点，，所以，即，又，，所以，则，在中，，所以，同理：，，又在中，，所以截面周长为.（2）由正方体的性质可知只需求截面与平面所成的锐二面角.连接交PQ于E，连接AE，因为在正方体中，面，面，所以，又易知，，所以，又面，所以平面，因为平面，所以，又截面与平面的交线为，所以即为所求二面角的平面角，易得，，所以在中，，所以，即所求二面角的余弦值为.