2022-2023学年河北省沧州市盐山中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年河北省沧州市盐山中学高一（下）期中数学试卷（含解析），共17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学年河北省沧州市盐山中学高一（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.  已知复数，则在复平面内对应的点的坐标为(    )A.  B.  C.  D. 2.  在中，，，则外接圆的半径为(    )A.  B.  C.  D. 3.  已知向量，满足，，则(    )A.  B.  C.  D. 4.  将图中的等腰直角三角形沿斜边的中线折起得到四面体如图，则在四面体中，与的位置关系是(    )
A. 相交且垂直 B. 相交但不垂直 C. 异面且垂直 D. 异面但不垂直5.  设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是(    )A. 若，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则6.  已知向量，，，若向量，，共面，则实数等于(    )A.  B.  C.  D. 7.  已知的三边长分别为，，，且最大内角是最小内角的倍，则最小内角的余弦值为(    )A.  B.  C.  D. 8.  在三棱锥中，平面平面．，，，则三棱锥的外接球的表面积为(    )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.  若复数为纯虚数，则(    )A. 为实数 B. 为实数 C. 为实数 D. 为实数10.  已知四边形是平行四边形，，，，则(    )A. 点的坐标是 B.
C.  D. 四边形的面积是11.  在中，角，，的对边分别为，，，向量，向量，若，且满足，则下列说法正确的是(    )A.  B.  C.  D. 12.  如图所示，在四棱锥中，平面，四边形为正方形，，，为线段上的点不包括端点，则(    )A.
B. 平面
C. 二面角的大小为定值
D. 的最小值为三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.  已知平面的法向量，为上一点，则点到的距离为______．14.  某圆柱的侧面展开图是面积为的正方形，则该圆柱一个底面的面积为______．15.  如图，小明同学在山顶处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶，小明在处测得公路上，两点的俯角分别为，，且若山高，汽车从点到点历时，则这辆汽车的速度为______．16.  在中，满足，过的直线与，分别交于，两点若，，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
已知向量，．
求向量与夹角的余弦值；
若向量与互相垂直，求的值．18.  本小题分
已知，，分别为三个内角，，的对边，且．
求；
若，且的面积为，求，．19.  本小题分
已知正四面体的棱长为，点是的重心，点是线段的中点．
用，，表示，并求出；
求．
20.  本小题分
如图，在四棱柱中，底面是矩形，平面平面，点是的中点，．
求证：平面平面；
求直线与平面所成角的正弦值．
21.  本小题分
如图，在平面四边形中，，设．
若，，求的长度；
若，求．
22.  本小题分
如图，平面平面，四边形和四边形均为正方形，，．
求证：平面平面；
求多面体的体积．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：，
在复平面内对应的点的坐标为．
故选：．
由复数的四则运算法则求出复数，再由其几何意义直接可得．
本题考查复数的运算及复数的几何意义，属于基础题．
 2.【答案】 【解析】解：设为外接圆的半径，
则由正弦定理，得，解得．
所以外接圆的半径为．
故选：．
利用正弦定理即可求解．
本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
 3.【答案】 【解析】解：由向量，满足，，
则，
故选：．
由平面向量数量积运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积运算，属基础题．
 4.【答案】 【解析】解：在四面体中，与的位置关系是异面垂直．
对于原图：是等腰直角三角形斜边上的中线，
．
在四面体中，
，，，
平面．
．
又与是异面直线．
综上可知：在四面体中，与的位置关系是异面垂直．
故选C．
对于原图：由于是等腰直角三角形斜边上的中线，可得在四面体中，由于，，，利用线面垂直的判定定理可得平面进而得到利用异面直线的定义即可判断：与是异面直线．
本题考查了线面垂直的判定与性质、等腰直角三角形的性质、异面直线的定义等基础知识与基本技能方法，属于基础题．
 5.【答案】 【解析】解：对于，因，，当时，因为，所以；
当时，如图所示，在直线上取点，过作直线，则，过直线，的平面，
由，得，所以，
又，所以，而，所以，即A正确；

对于，若，，则，
又，则存在过直线的平面，使得，
所以，所以，所以，即B正确；

对于，如图，在长方体中，取平面为平面，直线为直线，平面为平面，直线为直线，满足，，，而，即C错误；
对于，若，，则，
又，所以，即D正确．
故选：．
利用线面垂直的判定定理与性质定理、面面垂直的判定定理可判断，；举例说明判断；利用线面垂直的判定定理与性质定理可判断．
本题考查空间中直线与平面的位置关系，熟练掌握线与面平行或垂直的判定定理，性质定理是解题的关键，考查空间立体感，属于中档题．
 6.【答案】 【解析】解：向量，，共面，存在实数，使得．
，．
故选：．
利用共面向量的性质，得到三个向量之间的关系，再利用待定系数法解得未知量．
该题考查空间向量的线性计算及共面向量之间的关系，属于基础题．
 7.【答案】 【解析】解：设角，，所对的边分别为，，，则为最小角，为最大角，
，
由正弦定理可得，，
，
即，
又，，
，解得，
，
即最小内角的余弦值为．
故选：．
设角，，所对的边分别为，，，则，由正弦定理可得，化简得，再利用余弦定理可求出的值，进而求出即可．
本题主要考查了正弦定理和余弦定理的应用，属于基础题．
 8.【答案】 【解析】解：如图，

取的中点，的中点，连接，
由已知可得是等边三角形，得．
平面平面，且平面平面，
平面，得．
，可得为直角三角形，则为的外心，
设三棱锥的外接球的球心为，则平面，
设外接球半径为，由已知可得，，
则，，
在直角梯形中，，由勾股定理可得，解得，
三棱锥外接球的表面积．
故选：．
由面面垂直可得线面垂直，进而可确定球心的位置在上，根据勾股定理即可求解．
本题考查多面体外接球表面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
 9.【答案】 【解析】解：因为为纯虚数，设且，则，
由，所以A正确；
由，所以B错误；
由为实数，所以C正确；
由为实数，所以D正确．
故选：．
根据题意，设且，得到，结合复数的运算法则，逐项判定，即可求解．
本题主要考查复数的运算法则，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】解：不妨设点坐标为，
因为四边形是平行四边形，
所以，即，
所以，，，
所以点坐标为，故A错误，
，故B正确，
，，
所以，故C错误，
因为，
所以四边形的面积，故D正确．
故选：．
根据已知条件，结合平行四边形的性质，以及向量相等的条件，求出点，即可依次求解．
本题主要考查空间向量及其线性运算，属于基础题．
 11.【答案】 【解析】解：，，，
，
，
由，可得，故A正确；
，
由题意及正弦定理得，即，
又，
，
又，
，C错误，D正确，
又，则，B正确．
故选：．
由已知利用平面向量共线平行的坐标表示以及同角三角函数基本关系式可求，结合，可得，即可判断；由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式可求，结合，可求的值，即可判断；利用三角形内角和定理可求，即可判断．
本题考查了平面向量共线平行的坐标表示以及同角三角函数基本关系式，正弦定理，两角和的正弦公式，三角形内角和定理等知识在解三角形中的应用，属于基础题．
 12.【答案】 【解析】解：对于，平面，平面，，
假设，又，，平面，
平面，又平面，，
而四边形为正方形，与矛盾，故AC不正确，故A不正确；
对于，设，连接，若平面，
又平面平面，则，
在中，因为为的中点，则必为的中点，
这与为线段上的动点矛盾，故B不正确；

对于，为线段上的动点，平面，
二面角的大小即为二面角的大小，
故二面角的大小为定值，故C正确；
对于，如图，将侧面和展开在一个平面内，
连接，当处在与的交点处时，取得最小值，
此时，在中，，
由余弦定理得
，，
故AE的最小值为，故D正确．

故选：．
对于：假设，可证，与四边形为正方形矛盾，可判断；对于：设，连接，若平面，可得必为的中点，可判断；对于；平面，可判断；对于：将侧面和展开在一个平面内，利用平面几何知识及余弦定理可求的最小值判断．
本题考查空间几何体的性质，考查推理论证能力，考查运算求解能力，属中档题．
 13.【答案】 【解析】解：，则，
所以点到的距离为．
故答案为：．
先计算的夹角，再由点到平面的距离公式求解即可．
本题考查利用空间向量求解点到平面的距离，考查运算求解能力，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：圆柱的侧面展开图是面积为的正方形，
该圆柱的底面圆周长为其侧面展开图正方形的边长，等于，
设该圆柱底面圆半径为，由，得，
该圆柱一个底面的面积．
故答案为：．
由圆柱的侧面展开图可知底面圆的周长等于正方形的边长，即可求出底面圆的半径，进而可求底面的面积．
本题考查圆柱的结构特征，考查运算求解能力，是基础题．
 15.【答案】 【解析】解：由题意可知，，，
由余弦定理可得，
这辆汽车的速度为，
故答案为：．
由余弦定理计算出的值，进而可计算汽车的速度．
本题考查了余弦定理的应用，属于基础题．
 16.【答案】 【解析】解：，
为的重心，且，
，且，，三点共线，
，且，，
，当且仅当，即时取等号，
的最小值为：．
故答案为：．
根据题意知为的重心，从而可得出，再根据，，三点共线可得出，然后根据基本不等式和“的代换”即可求出的最小值．
本题考查了三角形重心的性质，三角形重心的定义，向量加法的平行四边形法则，向量数乘的几何意义，向量的数乘运算，三点共线的充要条件，考查了计算能力，属于基础题．
 17.【答案】解：，，
，
，，
设向量与的夹角为，
则；
若向量与互相垂直，
，，，
则，
所以． 【解析】根据已知条件，结合平面向量的夹角公式，即可求解；
根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查平面向量的夹角公式，以及平面向量的垂直性质，属于基础题．
 18.【答案】解：在中，，
，
又，
，
，
，
，
，
；
由得，，
由余弦定理得，即，
又的面积为，
，即，
，
联立得，． 【解析】应用正弦定理结合两角和差公式计算求解，即可得出答案；
应用余弦定理及三角形面积公式，列方程求边，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 19.【答案】解：点是线段的中点，
，
，

，
．

． 【解析】由已知结合向量的加减运算及数乘运算求得，再由数量积的计算公式求解，即可求得；
由中求得的，再由数量积的运算法则及数量积公式求．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查数形结合思想，考查运算求解能力，是中档题．
 20.【答案】证明：因为点是的中点，，
所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面．
解：以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，即，
令，则，，所以，
设直线与平面所成角为，则，，
故直线与平面所成角的正弦值为． 【解析】易知，结合平面平面，可得平面，再由面面垂直的判定定理，得证；
以为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，设直线与平面所成角为，由，，即可得解．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面垂直的判定定理、性质定理，利用空间向量求线面角的方法是解题的关键，考查空间立体感、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 21.【答案】解：由题意得且，
可得，
在中，，
由余弦定理可知：，
所以．
因为，，所以，
又因为且，可得，，
在中，由正弦定理知，
所以，即，
可得，即． 【解析】根据题意求得，在中，利用余弦定理，即可求得的长；
根据题意求得，得到，，在中，利用正弦定理求得，进而求得的值．
本题主要考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
 22.【答案】证明：四边形为正方形，．
又平面，平面，平面，
四边形为正方形，，
又平面，平面，平面，
又，，平面，
平面平面；
解：多面体可看成是由三棱柱和四棱锥组合而成．
四边形为正方形，．
又平面平面，平面平面，平面，
平面，
又平面，，
又由已知可得平面，
三棱柱的体积；
四棱锥的体积．
多面体的体积． 【解析】由已知利用直线与平面平行的判定可得平面，平面，从而证得平面平面；
多面体可看成是由三棱柱和四棱锥组合而成．分别求解棱柱与棱锥的体积，求和即可得到多面体的体积．
本题考查平面与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求多面体的体积，是中档题．