河南省周口恒大中学2022-2023学年高一下学期期末考试数学模拟试题

2022-2023学年高一下学期数学期末考试模拟试卷

数学试题

试卷考试时间：120分钟   满分：150

第I卷（选择题）

一、单项选择题（每小题5分，共40分）

1．若，则（    ）

A． B．2 C．0 D．1

2．已知复数z满足，其中i为虚数单位，则复数z在复平面内所对应的点为（   ）

A． B． C． D．

3．已知非零向量满足，与夹角的余弦值为，若，则实数（　　）

A． B． C． D．

4．已知向量，在正方形网格中的位置如图所示，那么向量，的夹角为（    ）

A． B． C． D．

5．如图，一个水平放置的平面图形的直观图（斜二测画法）是一个底角为、腰和上底长均为2的等腰梯形，则这个平面图形的面积是

A． B． C． D．

6．在中，，边上的高等于，则的值为（    ）

A． B． C． D．

7．已知向量，，则下列结论正确的是（    ）

A． B．，使得

C．，与的夹角小于 D．，使得

8．已知两个单位向量，满足，则与的夹角是（    ）

A． B． C． D．

二、多项选择题（每小题5分，共20分，有多项符合要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分）

9．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是（    ）

A．在中，若，则C是锐角

B．在中，若，则

C．在中，若，则一定是直角三角形

D．任何三角形的三边之比不可能是

10．在中，角，，所对的边分别为，，，已知，下列结论正确的是（    ）

A．

B．若为边上的角平分线，则

C．边上的中线长为

D．若，则的外接圆半径是

11．为了解决传统的3D人脸识别方法中存在的不精确问题，科学家提出了一种基于视频分块聚类的格拉斯曼流形自动识别系统.规定：某区域内的m个点的深度的均值，标准偏差为，深度的点视为孤立点，下表给出了某区域内的8个点的数据，则（    ）

A． B． C．不是孤立点 D．和是孤立点

12．已知向量，则以下说法正确的是（    ）

A．

B．向量在向量上的投影为

C．与的夹角余弦值为

D．若，则

第II卷（非选择题）

三、填空题（每小题5分，共20分）

13．赵爽是我国古代数学家、天文学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以直角三角形的斜边为边得到的正方形）.类比“赵爽弦图”，构造如图所示的图形，它是由三个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，且，点M为的中点，点P是内（含边界）一点，且，则的最大值为__________.

14．已知四棱锥中，底面ABCD是梯形，且，，，，，，AD的中点为E，则四棱锥外接球的表面积为________.

15．已知，，若，则_________.

16．已知复数满足，则________

四、解答题（共6小题，共计70分.第17题10分，第18---22题，每题12分）

17．如图，在四棱锥中，已知四边形BCDE为平行四边形，平面平面BCDE，，，点O为BE的中点.

（1）求证：平面AOC；

（2）求二面角A-BC-O的正切值.

18．手机运动计步已成为一种时尚，某学校统计了该校教职工一天行走步数（单位：百步）.根据数据得到如图所示的直方图：

(1)求频率分布直方图中的值，并由频率分布直方图估计该校教职工一天行走步数的中位数；

(2)若该校有教职工175人，试估计一天行走步数不大于130的人数.

19．如图，在边长为的菱形中，，现将沿边折到的位置，使得平面平面．

（1）求证：；

（2）求三棱锥的体积．

20．如图所示，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱底面，在侧面内，有于，且．

（1）求证：；

（2）试在上找一点，使平面．

21．已知平行四边形的三个顶点的坐标分别为A（2，1），，C（3，4），求第四个顶点D的坐标．

22．已知直三棱柱中，，点D是AB的中点．

(1)求证：平面；

(2)若底面ABC边长为2的正三角形，，求三棱锥的体积．

参考答案：

1．B

【分析】设,根据复数相等求得的值，再根据复数乘法求得答案.

【详解】设，

则由可得，

即有，

则，

故选：B

2．A

【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可；

【详解】解：因为，所以，所以，

所以，

所以复数在复平面内所对应的点的坐标为；

故选：A

3．A

【分析】根据向量垂直关系和数量积运算公式，可得关于x的方程，解得x.

【详解】由可设，则.

因为，

所以，

又，

所以.

故选：A.

4．A

【分析】令方格边长为1，、与水平线夹角为，，由结合差角正切公式求夹角大小.

【详解】若每个方格边长为1，、与水平线夹角为，，

由图知：，而，

所以，则 .

故选：A

5．D

【详解】如图所示：由已知斜二测直观图根据斜二测化法规则画出原平面图形

∴这个平面图形的面积： ，

故选D.

6．B

【分析】由题意设出，再利用锐角三角函数结合勾股定理，分别求出、的值，再由余弦定理即可求出的值.

【详解】

由题意，设，那么边上的高，

，，，

则，

，

在中，由余弦定理可得：

.

故选：B.

7．A

【分析】由平面向量的模的坐标公式，平行的坐标表示，夹角的坐标表示，及垂直的坐标表示，依次判断各选项即可得出结果.

【详解】因为，，

所以，

所以，故选项正确；

因为，若，则，

解得：，即当时，，故选项B错误；

设与的夹角为，则，

当时，，夹角为，故选项C错误；

因为，

，

所以不存在，使得，故选项D错误；

故选：.

8．C

【分析】将平方整理求出，再由即可求解.

【详解】由，所以，

 又因为单位向量，所以，

所以向量的夹角为，

且，所以，

故选：C.

【点睛】

本题考查了转化法求向量的数量积、求向量夹角，考查了基本运算求解能力，属于基础题.

9．ACD

【分析】根据余弦定理，通过判别角余弦的正负，可得选项A，B的正误，根据三角形的内角的取值范围和余弦值，可得C的正误，根据三角形的三边关系，可得D的正误.

【详解】对于A，由及余弦定理可得，又，所以，所以C是锐角，故A正确；

对于B，由及余弦定理可得，又，所以，所以A是锐角，所以，故B错误；

对于C，因为，所以，

所以，则，所以一定是直角三角形，故C正确；

对于D，若三角形三边之比是，不妨设三边分别为，则两短边之和为，不满足三角形两边之和大于第三边，故任何三角形的三边之比不可能是，故D正确．

故选：ACD．

10．ABD

【分析】由条件求得，从而求得，；由角平分线定理知，，根据平行四边形法则用表示；的边长只有比例关系，求不出中线的长度；由求得的值，结合余弦定理，正弦定理求得外接圆半径.

【详解】由知，，设，则，

则

，故A正确；

由角平分线定理知，，

则，故B正确；

的边长只有比例关系，求不出中线的长度，故C错误；

若，则，，，

，，

由正弦定理知的外接圆半径是，故D正确；

故选：ABD

11．BC

【分析】计算出、的值，可判断AB选项的正误；求出区间，由孤立点的定义可判断CD选项.

【详解】由题可得，B对；

，A错；

，，则，

，，所以，、都不是孤立点，C对，D错.

故选：BC.

12．BCD

【分析】根据向量垂直的坐标表示即可判断A；根据向量的几何意义即可判断B；根据向量夹角公式的坐标表示可判断C；根据向量共线的坐标表示可判断D，进而可得正确选项.

【详解】对于A：，，可得，，

所以向量与不垂直，故选项A不正确

对于选项B：向量在向量上的投影为

，故选项B正确；

对于选项C：，所以与的夹角余弦值为，

故选项C正确；

对于选项D：，，因为，所以与平行，故选项D正确，

故选：BCD.

13．2

【分析】由题设，易得，过A作的平行线交于点Q，即可判断P与Q重合时的值最大，进而求最大值.

【详解】由得：，

又M为的中点，所以，

所以，过A作的平行线交于点Q，

当P与Q重合时，的值最大.

因为M为的中点，且，

所以D为的中点，此时，

所以的最大值为2.

故答案为：2

14．

【分析】由已知得，是直角梯形，，，那么DEBC是正方形，由平面，可知平面，可解得PB，可知是等边三角形，外接球的球心到四点距离相等，设在平面的投影为，根据勾股定理可知点H是对角线的交点，在中可得，过作于，再根据，可求出，由外接球面积公式即得。

【详解】由题得，，，又，

四边形是正方形，，平面，

又，平面，所以.

则有，即，解得.

球心到四点距离相等，设在平面的投影为，

那么，，，，

设，则有，，，，又，.是正方形，

平面上且到四点距离相等的点即为正方形的对称中心，

即对角线的交点，则.

.过作于，

平面，，平面，即是点在平面的投影.

是等边三角形，

，，，与联立,解得，

则.

故答案为：

【点睛】本题考查求空间几何体的外接球的表面积，是常考题型，解题关键是建立球心和四棱锥顶点的联系。

15．

【解析】根据向量数量积的坐标运算，得到关于的方程，解出的值，在根据向量夹角的余弦公式，得到答案.

【详解】因为，，且

所以，

解得，

所，

所以.

故答案为：.

【点睛】本题考查平面向量数量积的坐标表示，向量的夹角公式，属于简单题.

16．

【解析】先求出，再求即可.

【详解】解：因为，所以，化简得：

所以

故答案为：

【点睛】本题考查复数的运算以及求复数的模，是基础题.

17．（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）由等腰三角形的性质可得， ，根据线面垂直的判定可得平面AOC，再由平行四边形的性质和线面垂直的性质，可得证．

（2）过O点作BC的垂线，垂足为G，连接AG，由线面垂直的性质可得，则为二面角A-BC-O的平面角，根据直角三角形的知识可求得答案．

【详解】（1）证明：，点O为BC的中点，，

，点O为BC的中点，，

，AC，平面AOC，平面AOC，

四边形BCDE为平行四边形，，平面AOC.

（2）过O点作BC的垂线，垂足为G，连接AG，则，

因为面BCO，平面，所以，

又，所以面AGO，

平面，所以，故为二面角A-BC-O的平面角，

在直角三角形AGO中，，，所以.

．

【点睛】方法点睛：求二面角的方法：

１.几何法：做出二面角的平面角，运用解三角形的知识求解二面角的大小；

２.建立空间直角坐标系，运用空间向量的数量积运算求得二面角的大小，运用此方法时，注意判断二面角的范围．

18．（1），125；（2）98.

【分析】（1）由频率和为1即可计算的值，结合中位数计算公式即可得结果；

（2）用人数175与行走步数不大于130的频率相乘即可.

【详解】（1）由题意得，

解得，

设中位数，则，

解得，

所以.

（2）因为，

所以，估计一天行走步数不大于130的人数为98.

19．（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）取的中点为，连接、，由已知可得，，由直线与平面垂直的判定可得平面，进一步得到；

（2）由（1）知，，再由平面与平面垂直的性质可得平面，然后利用棱锥体积公式求解三棱锥的体积．

【详解】证明：（1）如图所示，取的中点为，连接、，因为四边形为菱形，由，得，由，得，

又，平面，

而平面，所以；

（2）由（1）知，，又平面平面，

且平面平面，平面，

由已知可得，，，

．

20．（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）由面得，又，由线面垂直的判定定理，得面，由线面垂直性质可证得；

（2）在平面内，过作交于，连接，在上取点，使，得到，又，则，设，即可求解的值，从而得出．

【详解】（1）平面，平面，，

又，，平面，面，

又平面，．

（2）在平面内，过作交于，

连接，在上取点，使得，

，，四边形为平行四边形，．

又平面，平面，平面，即为所求的点．

，，

设，则，

由得：，解得：，即，

．

又，，，

即，，即．

21．

【分析】设,表示出向量和，利用求出D的坐标.

【详解】设,则.

因为，C（3，4），所以.

因为是平行四边形，所以，

解得：x=6，y=2.

所以

22．(1)证明见解析

(2)1

【分析】（1）连接交于点E，连接DE，由三角形中位线定理，得，进而由线面平行的判定定理即可证得结论；

（2）利用等体积转化，依题意，高为CD，再求底面的面积，进而求三棱锥的体积.

【详解】（1）连接交于点E，连接DE

∵四边形是矩形，∴E为的中点，

又∵D是AB的中点，∴，

又∵平面，平面，∴面．

（2）∵，D是AB的中点，∴，

又∵面ABC，面ABC，∴．

又∵面，面，，

∴面，∴CD为三棱锥的高，，

又∵，，∴，，

∴三棱锥的体积．