2022-2023学年云南重点大学附中高一（下）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年云南重点大学附中高一（下）期中数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  已知集合，，则(    )

A.  B.  C.  D.

2.  已知复数满足，则在复平面内对应的点位于(    )

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

3.  若向量，的夹角为，且，，则(    )

A.  B.  C.  D.

4.  鹅被人类称为美善天使，它不仅象征着忠诚、长久的爱情，同时它的生命力很顽强，因此也是坚强的代表除此之外，天鹅还是高空飞翔冠军，飞行高度可达千米，能飞越世界最高山峰“珠穆朗玛峰”如图是两只天鹅面对面比心的图片，其中间部分可抽象为如图所示的轴对称的心型曲线下列选项中，两个函数的图象拼接在一起后可大致表达出这条曲线的是(    )

A. 及
B. 及
C. 及
D. 及

5.  在梯形中，，且，则(    )

A.  B.  C.  D.

6.  已知正三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长为，则此三棱锥的外接球的表面积为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  如图，测量河对岸的塔高，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点和现测得，，米，在点测得塔顶的仰角为，则塔高为米．(    )

A.  B.  C.  D.

8.  已知中，，，为边的中线，且，则边的长为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.  如图，在正方体中，下列结论正确的是(    )

 

A. 平面 B. 平面
C. 平面平面 D. 平面平面

10.  、、为的三边，下列条件能判定为等腰三角形为(    )

A.  B.
C.  D.

11.  下列选项正确的是(    )

A. 在中，，，，该三角形有唯一解
B. 若，，则可以是
C. 中，若，且，则面积的最大值为
D. 若是锐角三角形，，，则边长的取值范围是

12.  “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有(    )

A. 与所成的角为
B. 该半正多面体过，，三点的截面面积为
C. 该半正多面体的体积为
D. 该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  已知是方程的一个根，则实数的值为______ ．

14.  已知正三棱台上、下底面边长分别为和，高为，则这个正三棱台的体积为______．

15.  已知中，，，所在平面外一点到此三角形三个顶点的距离都是，则点到平面的距离是        ．

16.  窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图是一个正八边形窗花隔断，图是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图如图，正八边形中，若，则的值为______ ；若正八边形的边长为，是正八边形八条边上的动点，则的最小值为______ ．

 

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
平面内三个向量，，．
若，且与方向相反，求的坐标；
若，求在向量上的投影向量的模．

18.  本小题分
在；这两个条件中任选一个，补充在下面横线上，并解答．
在中，内角，，的对边分别为，，，______．
求的大小；
若，，求，．

19.  本小题分
如图，在边长为的菱形中，，为线段的中点；将沿折起到的位置，使得平面平面，连接，，如图．
证明：；
求点到平面的距离．

 

20.  本小题分
如图，在中，，且．
求的值；
若，，求的面积．

21.  本小题分
如图，在三棱柱中，底面，，，，，分别为和的中点，为侧棱上的动点．



求证：平面平面；
若为线段的中点，求证：平面；
试判断直线与平面是否能够垂直，若能垂直，求的值；若不能垂直，请说明理由．

22.  本小题分
如图，为了检测某工业园区的空气质量，在点处设立一个空气监测中心大小忽略不计，在点处安装一套监测设备为了使监测数据更加准确，在点和点处，再分别安装一套监测设备，且满足，，且为正三角形．
若，求面积；
设，试用表示的面积，并求最大值．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，，
所以．
故选：．
解一元二次不等式，化简集合，再求交集．
本题主要考查并集及其运算，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：因为，
所以在复平面内对应的点为，位于第四象限．
故选：．
根据复数代数形式的乘法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：向量，的夹角为，且，，
，
．
故选：．
由平面向量数量积的定义求出，再由可直接求出．
本题考查平面向量的数量积和模，还考查了计算能力，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：因为图形为轴对称图形，
所以与对应的值相等，故函数为偶函数，只有、选项中函数均为偶函数，故排除、；
根据图象可知为封闭图形，的定义域有限，中及定义域均为，不符合题意．
故选：．
根据图形的对称性与定义域特点选择合适的函数．
本题考查曲线方程以及函数的图象，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：，
，
又，
则，
所以，即，
，故，，
．
故选：．
根据已知条件，结合平面向量的基本定理，即可求解．
本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：正四棱锥的外接球就是棱长为的正方体的外接球，
所以外接球的直径为：，
所以外接球的表面积为：．
故选：．
判断求解几何体的外接球的半径，然后求解表面积．
本题考查几何体的外接球的表面积的求法，判断几何体的形状是解题的关键，是中档题．
 

7.【答案】 

【解析】解：如图：由已知，，米，
故，所以，即，
解得，
所以在中，．
故选：．
先在中利用正弦定理求出的长度，然后在中利用三角函数的定义求出．
本题考查解三角形的应用问题，主要是考查了正弦定理以及正切函数的定义，属于基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：设，
在中，由余弦定理可得：，
在中，由余弦定理可得：，
，解得负值舍去，则．
故选：．
设，然后分别在三角形和三角形中，利用余弦定理求出，然后建立方程即可求出的值，由此即可求解．
本题考查了余弦定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
 

9.【答案】 

【解析】解：对选项，因为，平面，平面，
所以平面，所以A正确；
对选项，因为，与不垂直，则与不垂直，故AD平面不正确，故B错误；
对选项，因为，平面，平面，
所以平面，同理平面，又，，平面，
所以平面平面，故C正确；
对选项，因为正方体中，平面，
又平面，
则，又，，，平面，
可得平面，
因为平面，
从而平面平面，故D正确．
故选：．
选项，由得到线面平行；
选项，由得到与不垂直，得到B错误；
选项，由平面，平面，得到面面平行；
选项，由线面垂直得到，结合得到线面垂直，进而得到面面垂直．
本题考查线面平行的判定定理，面面平行的判定定理，面面垂直的判定定理，属中档题．
 

10.【答案】 

【解析】解：对于，，，，，，
或，或，三角形为等腰或直角三角形，故A错误；
对于，，，，
，即，，，，故B正确；
对于，，，
，，三角形为直角三角形，故C错误；
对于，，，
，，
，
，
，
，，，即，故D正确．
故选：．
对于，由正弦定理和二倍角公式变形后即可判断；对于，由正弦定理即和差角公式化简后即可判断；对于，由平面向量的模的运算即可判断；对于，由平面向量的数量积运算进行计算即可判断．
本题考查正弦定理，三角恒等变换，平面向量的数量积和模等知识的综合，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：对于，因为，，，
由正弦定理得：，
则，即，
所以，有一解，所以A正确；
对于，当时，根据正弦定理，得到，故B错误；
对于，若，且，则，
由余弦定理可得，即，
而，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以面积的最大值为，所以C错误；
对于，，，要使是锐角三角形，需满足，，
所以，所以，故D正确．
故选：．
对于，利用正弦定理求解，可知，有一解，所以A正确；
对于，若，则由正弦定理求得，显然错误，即可判断；
对于，利用余弦定理和基本不等式可得三角形面积的最大值为，即可判断；
对于，由三角形为锐角三角形计算的范围，即可判断．
本题主要考查了利用正余弦定理解三角形，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：该半正多面体，是由棱长为的正方体沿各棱中点截去个三棱锥所得到的；
选项，将两异面直线与平移成相交直线，
易知与所成的角为，故A正确；
选项，过，，三点的截面为正六边形，
所以，故B正确；
选项，因为由正方体沿各棱中点截去个三棱锥所得到的，
所以该几何体的体积为：，故C错误；
项，几何体顶点数为，有个面，条棱，满足，故D项表述正确．
故选：．
该半正多面体，是由棱长为的正方体沿各棱中点截去个三棱锥所得到的，由此对四个选项逐一进行判断．
本题主要考查空间几何体的表面积与体积，属于中档题．
 

13.【答案】 

【解析】解：由题意知，，
整理得：，解得．
故答案为：．
将方程的根代入方程求解即可．
本题主要考查复数的运算，属于基础题．
 

14.【答案】 

【解析】解：正三棱台上、下底面边长分别为和，
，，
又高为，
这个正三棱台的体积为．
故答案为：．
由已知求得棱台的上下底面面积，再由棱台体积公式求解．
本题考查棱台体积的求法，考查运算求解能力，是基础题．
 

15.【答案】 

【解析】解：记点在平面上的射影为，
因为，所以，即是的外心，
只需求出的外接圆的半径，记为，
在中，，，由余弦定理得，
再由正弦定理得，所以，又，
得，即点到平面的距离为．
故答案为：．
过点作所在平面的垂线，垂足为的外心，求出的外接圆的半径，再根据勾股定理求点到平面的距离．
本题考查点到平面距离的计算，考查运算求解能力，是中档题．
 

16.【答案】  

【解析】解：对第一空，建系如图，设正八面体的中心到顶点的距离为，
则，，，，即，
，，，
又，
，
，解得，
；
对第二空，如图，分别延长与交于点，
则根据向量数量积的几何定义与向量投影的概念可得：
的最小值为，
又，三角形为等腰直角三角形，
，
的最小值为．
故答案为：；．
对第一空，建系，根据向量坐标运算，建立方程，即可求解；
对第二空，分别延长与交于点，则根据向量数量积的几何定义与向量投影的概念可得：的最小值为，再计算即可得解．
本题考查坐标法的应用，向量数量积的几何定义与向量投影的概念，方程思想，数形结合思想，属中档题．
 

17.【答案】解：，，，
设，则，
由可得，
；
，，，
，
由题意得，
，
在向量上的投影向量的模为． 

【解析】由题意设，再把坐标代入，由列方程可求出的值，从而可求出的坐标；
由，可得，把坐标代入化简可求出的值，再利用数量积的几何意义可求得答案．
本题考查了平面向量数量积的计算，属于中档题．
 

18.【答案】解：选，
由余弦定理可得，
即，
可得，
因为，可得，即；
选，
可得，
由于，可得，
又，可得；
由，，，
可得，即，
又，即，
所以，
解得． 

【解析】分别选，由余弦定理和正弦定理、两角和差的正弦公式，解方程可得所求角；
由余弦定理和面积公式，解方程可得所求值．
本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式的运用，以及两角和差的正弦公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
 

19.【答案】证明：在图中连接，，，为等边三角形，
又为的中点，即，
在图中，平面平面，交线为，平面，
平面，
平面，；
解：在图中，连接，平面，平面，
，
又，，平面，
平面，则，
即，均为直角三角形，
在中，，设点到平面的距离为，
故，
，
，，
即点到平面的距离为． 

【解析】由已知面面垂直证得线面垂直，从而证得线线垂直；
利用等体积法求出点到平面的距离．
本题考查了线线垂直的证明和点到平面的距离计算，属于中档题．
 

20.【答案】解：在中，因为，
所以，其中为边上的高．
又，
；
在中，因为，，
由余弦定理可得：，
在中，，
而，即，
所以，，解得，，
三角形的面积为：． 

【解析】利用三角形的两个面积公式作比即可求解；在三角形和三角形中分别利用余弦定理求出的值，由此求出，再根据面积公式即可求解．
本题考查了解三角形问题，涉及到正余弦定理的应用，
 

21.【答案】证明：由已知，为中点，且，所以．
又因为，且底面，所以底面．
因为底面，所以，
又，
所以平面C.
又因为平面，
所以平面平面C.
取中点，连结，，，C.
由于，分别为，的中点，所以，且A.
则四边形为平行四边形，所以．
又平面，平面，所以平面．
由于，分别为，的中点，所以C.
又，分别为，的中点，所以C.
则又平面，平面，所以平面．
由于，所以平面平面．
由于平面，所以平面．
解：假设与平面垂直，
由平面，则．
设，当时，，
所以∽，所以．
由已知，
所以，得．
由于，
因此直线与平面不能垂直． 

【解析】由已知推导出，底面，，从而平面，由此能证明平面平面C.
取中点，连结，，，，则四边形为平行四边形，从而，进而平面；进一步推导出，，则，从而平面，进而平面平面，由此能证明平面．
假设与平面垂直，则设，推导出，从而得到直线与平面不能垂直．
本题考查面面垂直的证明，考查线面平行的证明，考查线面是否存在的判断与证明，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
 

22.【答案】解：由余弦定理得，
解得或舍去，
因为正，所以，；
设正的边长为，，
在中由正弦定理有，，
，，，

，
，故当时，面积最大，最大面积为． 

【解析】根据余弦定理求出，再根据面积公式代入数据即可解得；
设正的边长为，，在中由正弦定理得，然后根据面积公式，表达出面积表达式，利用三角函数的知识对其求最值即可．
本题考查正余弦定理的应用，以及三角形的面积，属中档题．