重庆市南岸南坪中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

这是一份重庆市南岸南坪中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

重庆市南坪中学校高2022级高一（下）半期检测数学试题
满分：150分 考试时间：120分钟
一、单项选择题（本大题共8个小题，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i是虚数单位，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】根据复数定义，求得命题逻辑关系.
【详解】i是虚数单位，则，“”是“”的充分条件；
由，得，故“”是“”的不必要条件；
故“”是“”的充分不必要条件，
故选：A
2. 是两个平面，是两条直线，有下列四个命题，其中错误的是
A. 若，，∥，则
B. 若，∥，则
C. 若∥，，则∥
D. 若∥，∥，则与所成的角和与所成的角相等
【答案】A
【解析】
【分析】
依据空间中位置关系的判定定理和性质定理逐个判断各选项中命题的真假后可得正确的选项.
【详解】对于A，平面可能平行，故A错；
对于B，存在平面使得且，因为∥，平面，故，
因为，，故，所以，故B正确；
对于C，根据面面平行的性质可知∥，故C正确；
对于D，根据线面角定义可知与所成的角和与所成的角相等.
故选：A.
【点睛】本题考查空间中与线面位置关系有关的命题的真假判断，这类问题需根据位置关系的定义、判定定理、性质定理等来判断真假，必要时还要动态地考虑它们的位置关系，本题属于中档题.
3. 复数满足，则的最大值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的几何意义求解即可.
【详解】复数满足，其对应的点是以原点为圆心，为半径的圆上的点，
复数几何意义是复数对应点到点的距离，
所以的最大值为，
故选：D.
4. 我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示．在“赵爽弦图”中，已知，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算及平面向量的基本定理求解即可.
详解】由题意,
即，
所以
故选：A.
5. 我国古代数学经典著作《九章算术》中记载了一个“圆材埋壁”的问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小，以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何?”现有一类似问题，不确定大小的圆柱形木材，部分埋在墙壁中，其截面如图所示.用锯去锯这木材，若锯口深，锯道，则图中与弦围成的弓形的面积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆的半径为，利用勾股定理求出，再根据扇形的面积及三角形面积公式计算可得；
【详解】解：设圆的半径为，则，，
由勾股定理可得，即，
解得，所以，，
所以，因此.
故选：B
6. 已知等边的边长为2，为的中点，若，则实数t的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
直接利用向量的模的运算法则列出不等式解得即可.
【详解】在中，为的中点，则，，，
所以，
所以，
由，得，
即，整理得，
解得或，
所以实数的取值范围为.
故选：C.
【点睛】本题考查两个向量的加减法的法则、其几何意义、两个向量的数量积的定义以及向量的数量积的定义，属于基础题.
7. 《九章算术》中记载，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱．阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，在堑堵中，，，当阳马的体积为时，堑堵的外接球的体积的最小值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，，由阳马的体积为8求得，把堑堵补形为长方体，求其对角线长的最小值，可得堑堵的外接球的半径的最小值，代入球的体积公式即得答案．
【详解】根据题意，把堑堵补形为长方体，则长方体的对角线即为堑堵的外接球的直径，
设，，则阳马体积，
，把堑堵补形为长方体，
则长方体的对角线长，
当且仅当时上式取“”．
即堑堵的外接球的半径的最小值为，
堑堵的外接球的体积的最小值为，
故选：B．
8. 在锐角中，，，点是边的中点，则的长度的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意由正弦定理可得，结合锐角三角形解得，再根据结合向量的运算律、余弦定理整理得，根据二次函数的性质运算求解即可.
【详解】设角所对的边分别为，则，
∵，由正弦定理可得，即，
若为锐角三角形，则，解得，
又∵点是边的中点，则，
可得

，
注意到开口向上，对称轴，且，
可得，即的长度的取值范围是.
故选：D.
二、多项选择题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中不止一项符合题目要求．全选对得5分，没选全得2分，选错得0分）
9. 下列有关复数的说法中（其中为虚数单位），正确的是（ ）
A. B. 复数的虚部为
C. 对任意复数都有 D. 复数为实数的充要条件是
【答案】AD
【解析】
【分析】根据复数的乘方判断A，根据复数的定义判断B，根据复数的平方运算和复数模的计算判断C，根据充要条件的定义判断D.
【详解】对于A：，故A正确；
对于B：复数的虚部为，故B错误；
对于C：设，则，
则，所以C错误；
对于D：若复数为实数，则，
设，，若，即，所以，则复数为实数，
故复数为实数的充要条件是，故D正确；
故选：AD.
10. 八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2的正八边形ABCDEFGH，其中=2，则下列结论正确的是（ ）

A. B.
C. D. 在上的投影向量为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据数量积的定义、向量的线性运算法则，向量模的定义以及投影向量的概念计算判断各选项．
【详解】，A正确；
由向量加法的平行四边形法则知是以为邻边的平行四边形的对角线对应的向量，起点是，易知该平行四边形的对角线长不等于的二倍，即，而，因此B错误；
，C正确；
，
在上的投影为，又，
∴在上的投影向量为，D正确．
故选：ACD．
11. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 是锐角三角形
C. 若，则内切圆半径为
D. 若，则外接圆半径为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用正弦定理判定选项A正确；利用边角关系和余弦定理判定选项B错误；利用三角形的面积公式进而求出内切圆半径判定选项C正确；利用进行求解判定选项D错误.
【详解】因，
所以设，，，且，
对于A：由正弦定理，得，
即选项A正确；
对于选项B：因为，所以角最大，
则，
即为钝角，即是钝角三角形，
即选项B错误；
对于C：若，则，，
因为，所以，
则，
设的内切圆半径为，
则，解得，
即选项C正确；
对于D：若，由正弦定理，得
，即，
即选项D错误.
故选：AC.
12. 如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（ ）

A. 存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B. 存在点Q，使平面MBN
C. 三棱锥P-MBN的体积为 D. 经过C，M，B，N四点的球的表面积为
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，连接，，可证得，从而可得结论，对于B，连接PQ，，当Q是的中点时，由线面平行的判定可证得，对于C,利用求解，对于D，分别取，的中点E，F，构造长方体MADF-EBCN，其体对角线就是外接球的直径，求出体对角线的长，可求出球的表面积
【详解】如图，在正方体中，连接，，
因为N，P分别是，的中点，所以，
又因为，所以，
所以，B，N，P四点共面，即当Q与重合时，B，N，P，Q四点共面，故选项A正确；
连接PQ，，当Q是的中点时，因为，，所以，
因为平面BMN，平面BMN，所以平面BMN，故选项B正确；
连接，，，
因为，
所以，
故选项C正确；
分别取，的中点E，F，构造长方体MADF-EBCN，
则经过C，M，B，N四点的球即为长方体MADF-EBCN的外接球，
设所求外接球直径为2R，
则长方体MADF-EBCN的体对角线即为所求的球的直径，
即，
所以经过C，M，B，N四点的球的表面积为，故选项D错误.
故选：ABC

三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）
13. 已知向量，满足，，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】直接平方进行运算即可得到答案.
【详解】，
则，
故答案为：.
14. 已知复数z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－2i，它们所对应的点分别为A，B，C，O为坐标原点，若，则x＋y的值是________.
【答案】5
【解析】
【分析】由题可知A(－1,2)，B(1，－1)，C(3，－2)，利用向量关系可求出.
【详解】由已知得A(－1,2)，B(1，－1)，C(3，－2)，
，
∴(3，－2)＝x(－1,2)＋y(1，－1)＝(－x＋y,2x－y)，
，解得，
故x＋y＝5.
故答案为：5.
【点睛】本题考查向量的运算，以及复数的坐标表示，属于基础题.
15. 已知的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，已知的面积S满足，则角A的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据余弦定理和三角形面积公式化简已知条件，得
求解可得角A的值.
【详解】由已知得，
根据余弦定理和三角形面积公式，
得，
化简为，
由于，所以，
化简得，
即 ，
解得，或（舍），
由于，所以.
故答案为：
16. 已知等边的边长为2，将其绕着BC边旋转角度，使点A旋转到位置．记四面体的内切球半径和外接球半径依次为r，R，当四面体的表面积最大时，______，______．
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】先判断出当时四面体的表面积最大，即可求得；先求出表面积，再得到的中点O为四面体的外接球球心，即可求得，再求出四面体的体积，由即可求得，即可求解.
【详解】
易得的面积为定值，又，显然当时，此时面积最大，
即四面体的表面积最大，此时；
当四面体的表面积最大时，易知四面体的表面积最大值为，设的中点为O，
易知，∴，即O为四面体的外接球球心，∴四面体的外接球半径，
∵，且，∴，∴，由，平面，
，可得平面，∴四面体的体积为，
又，∴，解得，
∴.
故答案为：；．
四、解答题（本大题共6个小题，第17题10分，其余各题12分，共70分）
17. 已知中角所对的边分别为满足.
（1）求角；
（2）若，求角的平分线的长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到，求得，即可求解；
（2）根据余弦定理列出方程求得，结合，即可求得角的平分线的长.
【小问1详解】
解：因为，由正弦定理得，
整理得，
即
又由，
所以，
又因为，可得，所以，
又由，所以
【小问2详解】
解：由（1）知，且，
根据余弦定理得，可得，
即，解得或（舍去），
设角A的平分线的长为，
因为，即，
即，解得，
即角A的平分线的长为.
18. 如图，保定市某中学在实施“五项管理”中，将学校的“五项管理”做成宣传牌（CD），放置在教学楼的顶部（如图所示），该中学数学活动小组在山坡的坡脚A处测得宣传牌底部D的仰角为60°，沿该中学围墙边坡AB向上走到B处测得宣传牌顶部C的仰角为45°．已知山坡AB的坡度为．

（1）求点B距水平面AE的高度BH；
（2）求宣传牌CD的高度．（结果保留根号）
【答案】（1）2m （2）
【解析】
【分析】（1）根据坡度比以及勾股定理即可求解，
（2）根据锐角三角形的边角关系即可结合图形关系进行求解.
【小问1详解】
由于所以,
设，则，
所以
【小问2详解】
过点作，垂足为,则,
在中，
又，
故宣传牌CD的高度为，

19. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，其中，，，，平面ABCD，且，点M在棱PD上（不包括端点），点N为BC中点．

（1）若，求证：直线平面PAB；
（2）已知点M满足，求异面直线MN与AD所成角．
【答案】（1）证明见解析
（2）90°．
【解析】
【分析】（1）取PA的一个靠近点P的三等分点Q，连接MQ，QB，由题意可证得，再由线面平行的判定定理即可证明；
（2）过点M作，交AD于K，连接KN，由线面垂直的判定定理证明面MNK，即可得出，即可得出答案.
【小问1详解】
取PA的一个靠近点P的三等分点Q，连接MQ，QB，
因为，所以且，
又因为，且，点N为BC中点，
所以且，则四边形MQBN为平行四边形，
所以，平面PAB，平面PAB，
所以直线平面PAB．
【小问2详解】
过点M作，交AD于K，连接KN，
可知面ABCD，因为面ABCD，所以，
又因为，所以．
∵∴，∴，，
所以四边形AKNB为平行四边形，，
又因为，所以，
又，∴面MNK，因为面MNK，
∴，
所以异面直线MN与AD成角为90°．
20. 如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.

（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）由分别为，的中点，，根据条件可得，可证，要证平面平面，只需证明平面即可；
（2）连接，先求证四边形是平行四边形，根据几何关系求得，在截取，由（1）平面，可得为与平面所成角，即可求得答案.
【详解】（1）分别为，的中点，
，
又，
，
在中，为中点，则，
又侧面为矩形，
，
，
，
由，平面，
平面，
又，且平面，平面，
平面，
又平面，且平面平面
，
，
又平面，
平面，
平面，
平面平面.
(2)[方法一]：几何法
如图，过O作的平行线分别交于点，联结，
由于平面，平面，，
平面，平面，所以平面平面．
又因平面平面，平面平面，所以．

因为，，，所以面．
又因，所以面，
所以与平面所成的角为．
令，则，由于O为的中心，故．
在中，，
由勾股定理得．
所以．
由于，直线与平面所成角的正弦值也为．
[方法二]【最优解】：几何法
因为平面，平面平面，所以．
因为，所以四边形为平行四边形．
由（Ⅰ）知平面，则为平面的垂线．
所以在平面的射影为．
从而与所成角的正弦值即为所求．
在梯形中，设，过E作，垂足为G，则．
在直角三角形中，．
[方法三]：向量法
由（Ⅰ）知，平面，则为平面的法向量．
因为平面，平面，且平面平面，
所以．
由（Ⅰ）知，即四边形为平行四边形，则．
因为O为正的中心，故．
由面面平行的性质得，所以四边形为等腰梯形．
由P，N为等腰梯形两底的中点，得，则．
设直线与平面所成角为，，则．
所以直线与平面所成角的正弦值．
[方法四]：基底法
不妨设，
以向量为基底，
从而，．
，，
则，．
所以．
由（Ⅰ）知平面，所以向量为平面的法向量．
设直线与平面所成角，则．
故直线与平面所成角的正弦值为．
[方法五]：坐标法

过O过底面ABC的垂线，垂足为Q，以Q为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，
设，AO=AB=2，
则，
所以，
所以
易得为平面A1AMN的一个法向量，
则直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值为
【整体点评】(2)方法一：几何法的核心在于找到线面角，本题中利用平行关系进行等价转化是解决问题的关键；
方法二：等价转化是解决问题关键，构造直角三角形是求解角度的正弦值的基本方法；
方法三：利用向量法的核心是找到平面的法向量和直线的方向向量，然后利用向量法求解即可；
方法四：基底法是立体几何的重要思想，它是平面向量基本定理的延伸，其关键之处在于找到平面的法向量和直线的方向向量.
方法五：空间坐标系法是立体几何的重要方法，它是平面向量的延伸，其关键之处在于利用空间坐标系确定位置，找到平面的法向量和直线的方向向量.
21. 在中，，从条件①；条件②，两个条件中，选出一个作为已知，解答下面问题.
（1）若，求的面积；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）面积为
（2）
【解析】
【分析】（1）由所选条件，应用正弦边角关系、三角形内角性质及三角恒等变换求得，再应用正弦定理求角，最后求出三角形的面积；
（2）由题设及（1）得，应用三角恒等变换化简，注意求的范围，根据正弦型函数性质求范围即可.
【小问1详解】
选①：，又，则，
由，故，
根据，而，故，，
所以或（舍），
综上，，则的面积为；
选②：，
所以，则，
由，则，，可得，
根据，而，故，，
所以或（舍），
综上，，则的面积为；
【小问2详解】
由（1），，则，且，
所以，
又为锐角三角形，，则，故，
所以，则.
22. 如图，圆柱的轴截面ABCD为正方形，，EF是圆柱上异于AD，BC的母线，P，Q分别为线段BF，ED上的点．

（1）若P，Q分别为BF，ED的中点，证明：平面CDF；
（2）若，求图中所示多面体FDQPC的体积V的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）最大值．
【解析】
【分析】（1）连接，根据圆柱的性质可得四边形为平行四边形，即可得到
为的中点，从而得到，即可得证；
（2）设，，即可得到，，再根据比例关系，表示出，，表示出三棱锥与三棱锥的高，根据锥体的体积公式得到，令，则，再令，根据函数的性质求出最大值；
【小问1详解】
证明：如图连接，
根据圆柱的性质可得且，所以四边形为平行四边形，
因为为的中点，所以为的中点，又为的中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面，

【小问2详解】
解：中，设，，则，，
所以，
所以，

设三棱锥高为，设三棱锥高为，
由比例关系，可知，
所以，，

∵
∴
∵设
∴，
令，当且仅当时取等号，则
又关于在上单调递减，
∴当，即，即时，取到最大值．