2022-2023学年福建省三明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学年福建省三明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，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年福建省三明第一中学高一下学期期中考试数学试题 一、单选题1．下面四个几何体中，是棱台的是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据棱柱、棱锥、棱台的结构特征，观察可得答案.【详解】A项中的几何体是棱柱．B项中的几何体是棱锥；D项中的几何体的棱AA′，BB′，CC′，DD′没有交于一点，则D项中的几何体不是棱台；C项中的几何体是由一个棱锥被一个平行于底面的平面截去一个棱锥剩余的部分，符合棱台的定义，是棱台．故选：C2．已知复数，则的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】直接根据虚部的概念求解即可.【详解】复数,故的虚部为.故选：B.3．在中，，则为（    ）A．直角三角形 B．等边三角形C．等腰三角形 D．等腰直角三角形【答案】C【分析】利用正弦定理及三角恒等变换计算即可.【详解】由正弦定理可得：，而，所以，则，即易知，所以在三角形中，所以.故选：C.4．设为对角线的交点，为任意一点，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】分别在OAC和OBD中，根据是平行四边形ABCD的对角线的交点，利用中点坐标公式求解.【详解】解：在OAC中，因为是平行四边形ABCD的对角线的交点，所以，即．在OBD中，因为是平行四边形ABCD的对角线的交点，所以，即．所以．故选：D．5．已知向量，，则向量在方向上的投影向量为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】求出的值，根据投影向量的定义即可求得答案.【详解】由向量，，可得，故向量在方向上的投影向量为，故选：D6．已知某圆锥的底面圆半径为， 它的高与母线长的和为， 则该圆锥的侧面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据圆锥轴截面的性质直接计算其母线，进而可得侧面积.【详解】设该圆锥的母线长为，则它的高为，由，解得，所以该圆锥的侧面积为，故选：D.7．在 中，角、、所对的边分别为、、，设为的面积，且，则的最大值为（     ）A． B．1 C． D．2【答案】B【分析】先运用余弦定理求出角C，再运用辅助角公式求解.【详解】由余弦定理知： ，由条件： ，，即 ，   ，  ，  ， 时取最大值1；故选：B．8．已知以为圆心的单位圆上有两个定点、及两个动点、，且，则的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】计算出、的值，计算可得，利用平面向量数量积的定义可求得结果.【详解】由题意可知，，所以，，易知，所以，，所以，，当且仅当与方向相反时，等号成立，故的最大值为.故选：A. 二、多选题9．下列说法中正确的是（    ）A．若，则B．若与共线，则或C．若为单位向量，则D．是与非零向量共线的单位向量【答案】AD【分析】根据向量相等与共线，逐一判断即可.【详解】依题意，对于A：若，则，故A正确；对于B：若与共线，则，故B错误；对于C：若为单位向量，则，方向不一定相同，故C错误；对于D：是与非零向量共线的单位向量，故D正确.故选：AD.10．若非零复数分别对应复平面内的向量，且，线段的中点M对应的复数为，则（    ）A． B． C． D．【答案】AD【分析】利用向量的加减法和复数模的结合意义，得到，再由线段的中点M对应的复数为，得到，即可求解.【详解】如图所示，由向量的加法及减法法则可知，，又由复数加法及减法的几何意义可知对应的模，对应的模，因为，所以四边形是矩形，则，又因为线段的中点M对应的复数为，所以，所以．故选：AD.11．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列命题中错误的是（        ）A．若，，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，，则【答案】ABD【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，判断选项.【详解】A. 若，，，则或相交，因为若都与交线平行，此时，，但此时两个平面相交，故A错误；B.直线垂直于平面的两条相交直线，直线与平面垂直，所以根据线面垂直的判断定理可知，B错误；C. 若，，则，故C正确；D. 若，，，则，或异面，故D错误.故选：ABD12．如图，正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，.若将正三棱锥绕旋转，使得点分别旋转至点处，且四点共面，点分别位于两侧，则（    ）A．B．平面C．二面角的平面角的余弦值为D．多面体的外接球的体积为【答案】BCD【分析】根据题干数据可知正棱锥侧棱两两垂直，于是可以放进正方体，利用正方体的性质分析每个选项.【详解】正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为，BC 2，则正三棱锥A-PBC中侧棱两两互相垂直，正三棱锥D-PBC中侧棱两两互相垂直，则正三棱锥可以放到正方体中，当点分别旋转至点处，且四点共面，点分别位于两侧时，如图所示，连接，，如图所示A选项，正方体中且，四边形为平行四边形，则有为等边三角形，则与夹角为，，有与夹角为，选项A错误；B选项，，平面BDC ，平面BDC ，平面，选项B正确；C选项，根据旋转过程可知，二面角的平面角是下图二面角平面角的补角.取中点，连接，根据三线合一，，，于是二面角的平面角为.根据正棱锥的性质，连线经过的外心，根据正棱锥边长数据可得，，，即，由余弦定理，，即二面角平面角的余弦值为，故二面角的平面角的余弦值为，C选项正确；D选项，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，体积为，选项D正确；故选：BCD 三、填空题13．空间两个角和，若，，，则的大小是______．【答案】或【分析】根据空间等角定理及推论判断即可.【详解】解：空间两个角和，因为，且，则或.故答案为：或.14．已知平面向量，，若向量与的夹角为钝角，则的取值范围是______.【答案】【分析】根据向量与的夹角为钝角结合数量积的坐标表示可求得t的范围，考虑向量方向相反时不合题意，即可得答案.【详解】由题意平面向量，，向量与的夹角为钝角，则，当，共线时，有，此时，方向相反，，此时向量与的夹角不为钝角，不合题意，故的取值范围为，故答案为： 四、双空题15．《九章算术》是中国古代的数学专著，收有246个与生产、生活有联系的应用问题．早在隋唐时期便已在其他国家传播．书中提到了“阳马”．它是中国古代建筑里的一种构件，抽象成几何体就是一底面为矩形，其中一条侧棱与底面垂直的直角四棱锥．问：在一个阳马中，任取其中3个顶点，能构成__________个锐角三角形，一个长方体最少可以分割为___________个阳马．【答案】     1     3【分析】根据阳马的结构特征，排除掉所有的直角三角形，即可找到锐角三角形，结合长方体的性质及阳马的特征，可得最少分割阳马的个数.【详解】如下图示，面，又底面为矩形，∴，，，，易知面，面，∴仅有△是锐角三角形，如下图示，一个长方体最少可以分割为3个阳马：、、故答案为：1, 3 五、填空题16．如图所示，在中，已知，，，，，分别在边，，上，且为等边三角形．则的面积的最小值是______．【答案】/【分析】设，根据正弦定理，将与三角形的边长和得关系，再根据三角函数的性质可得边长与面积的最值.【详解】不妨设的边长为，，在中，，因为，所以在中，可得，根据正弦定理可得，所以，所以，其中，易知，则当时，取得最小值，面积的最小值为，故答案为：． 六、解答题17．已知复数是纯虚数（为虚数单位，为实数）.(1)求的值；(2)若复数在复平面内对应的点在第二象限，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据实部为，虚部不为得到方程（不等式）组，解得即可；（2）由（1）可知，再根据复数代数形式的除法运算化简复数，根据复数的几何意义得到不等式组，解得即可.【详解】（1）解：由题知，解得.（2）解：由（1）知，∴，∵复数在复平面内对应的点在第二象限，∴且，解得.18．已知，，与的夹角为．(1)求；(2)当为何值时，？【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据向量数量积定义和运算律可求得，进而得到；（2）由向量垂直可得，根据向量数量积定义和运算律可构造方程求得结果.【详解】（1），，.（2）由得：，解得：.19．已知的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．(1)求A；(2)若的面积为，，点D为边BC的中点，求AD的长．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理得到，再利用余弦定理求出；（2）在第一问的基础上，结合，利用三角恒等变换求出，进而由三角形面积得到，由余弦定理求出答案.【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得，即．由余弦定理可得，又，所以．（2）因为，所以，即，又，则，所以．所以，．所以，所以．在△ACD中，由余弦定理可得，即．20．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P是CC1的中点，过AP的平面与BB1，DD1分别交于Q，R，且BQ＝．(1)求异面直线PQ与AB所成角的大小；(2)求C1到平面AQPR的距离．【答案】(1)90°(2) 【分析】（1）根据直线与平面垂直的性质定理，确定PQ与AB的位置关系，进而求PQ与AB所成角的大小；（2）C1到平面AQPR的距离即C到平面AQP的距离，根据等体积法求解即可．【详解】（1）∵ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，∴AB⊥平面BCC1B1，∵PQ⊂平面BCC1B1，∴AB⊥PQ，∴异面直线PQ与AB所成角的大小为90°．（2）是中点，则C1到平面AQPR的距离等于C到平面AQP的距离，S△PQC＝＝，AB为三棱锥A﹣PQC的高，VA﹣PQC＝＝；P是CC1的中点，过AP的平面与BB1，DD1分别交于Q，R，且BQ＝，由面面平行的性质定理得，，即是平行四边形，，又都与底面垂直，所以，∴DR＝，从而，四边形AQPR为菱形，AC＝，AP＝＝，RQ＝BD＝，S△APQ＝SAQPR＝＝，设C到平面AQP的距离为d，∵＝×d＝，解得：d＝．∴求C1到平面AQPR的距离为．21．在中，为的角平分线上一点，且与分别位于边的两侧，若(1)求的面积;(2)若，求的长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据余弦定理解出的长，再利用三角形面积公式即可得到答案；（2）利用两次正弦定理得到，，两式相比得，再结合同角平方和关系即可解出，再代回正弦定理式即可得到答案.【详解】（1）在中，，即，解得(负根舍)，所以.（2）因为，平分，所以，又，所以，在中，由正弦定理，得，①在中，由正弦定理，得，②①②，得，所以，又，且，所以，将代入②，得，所以.22．如图，已知四棱锥的底面为菱形，，，，为的中点，为的中点，平面过、、三点且与面交于直线，交于点.(1)求证：面面；(2)求证：；(3)求平面与平面所成夹角的正切值.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3) 【分析】（1）取中点记为，可得，，由勾股定理可证明，，从而得面，即可得证；（2）取、中点分别记为、，可得四边形为菱形，记交于点，平分、，可知面，由且，故，进而证得结论；（3）取中点记为，再取、上、两点，使得，，由（1）结论可知，面，进而可得，，故平面与平面所成夹角为，求解即可.【详解】（1）取中点记为，连接和，由于，，得为等边三角形，故，，由，，得，则，，，由，得，由，，，、面，得面，又由面，得面面；（2）取、中点分别记为、，连接、、、、、，由中位线定理得MN∥DC，MN＝DC，同理SR∥AB，SR＝AB，又AB∥DC，AB＝DC，则MN∥SR，MN＝SR，则为平行四边形，又NR＝CB，MN＝DC，CB＝DC，则NR＝MN，则四边形为菱形，记交于点，平分、，∵面且面，又∵面且面，∴面，在面中，且，故，进而；（3）取中点记为，再取、上、两点，使得，，，由（1）结论可知，面，又面，故而，又，故而，且有，，连接，由，，，面，则面，面，可知，故平面与平面所成夹角为，，即平面与平面所成夹角的正切值为.