宁夏银川市第六中学2022-2023学年高一下学期期中考试数学试题（解析版）

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银川市第六中学2022—2023学年第二学期期中考试高一数学试卷
闭卷 考试时间120分钟 总分150分 出卷人王宝志 审核人王宝志
注意事项：
1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2.请将答案正确填写在答题卡上
第Ⅰ卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，每题5分，共40分）
1. 给出下列命题：
①零向量的长度为零，方向是任意的；
②若，都是单位向量，则；
③若，则或；
则所有正确命题的号是（ ）
A. ③ B. ① C. ①③ D. ①②
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量的有关概念逐一判断即可.
【详解】零向量长度为零，方向是任意的，故①正确
单位向量是指长度为1的向量，两个单位向量不一定相等，故②错误
两个向量长度相等，推不出这两个向量相等或者是相反向量，故③错误
故选：B
2. 设，向量，且，则等于（ ）
A. B. C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】由向量共线定理及垂直的坐标表示求得、，应用向量线性运算、模长的坐标表示求结果.
【详解】由知：且，则，可得，即，
由知：，可得，即，
所以，故.
故选：B
3. 已知z的共轭复数是，且（i为虚数单位），则复数z的虚部为（ ）
A. B. C. -2 D. -2i
【答案】C
【解析】
【分析】设复数，根据题意和复数的相关知识进行求解即可.
【详解】设.因为，所以，解得则，所以复数z的虚部为-2.
故选：C.
4. 若复数z满足，其中i为虚数单位，则z在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的乘、除法运算可得复数，结合复数的几何意义，即可求解.
【详解】由题意，复数满足，
可得，
可得复数在复平面内对应的点为位于第一象限.
故选：A.
5. 已知向量，，且，则与的夹角为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】对化简可求出，再利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】因为，所以，
因为，所以，所以，
设与的夹角为，则，
因为，所以.
故选：C.
6. 以下说法正确的是（ ）
①棱柱的侧面是平行四边形；②长方体是平行六面体；③长方体是直棱柱；④底面是正多边形的棱锥是正棱锥；⑤直四棱柱是长方体；⑥四棱柱、五棱锥都是六面体．
A. ①②④⑥ B. ②③④⑤ C. ①②③⑥ D. ①②⑤⑥
【答案】C
【解析】
【分析】根据棱柱（直棱柱、平行六面体、多面体）、棱锥（正棱锥）的结构特征判断各项的正误.
【详解】①棱柱的两个底面平行且侧棱两两相互平行，故侧面是平行四边形，故正确；
②平行六面体是各面都为平行四边形的六面体，而长方体是各面都为矩形的平行六面体，故正确；
③直棱柱是侧棱与底面垂直的棱柱，显然长方体的侧棱与底面都垂直，故为直棱柱，故正确；
④底面是正多边形且各侧面为全等等腰三角形的棱锥是正棱锥，故错误；
⑤底面为长方形的直四棱柱是长方体，故错误；
⑥四棱柱、五棱锥均有六个面，都是六面体，正确.
故选：C
7. 已知某圆锥的侧面积为底面积的倍，体积为 ，则该圆锥的母线长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设该圆锥的底面半径为，母线长为，由题意得即可解得母线长.
【详解】解：设该圆锥的底面半径为，母线长为 ，
圆锥的侧面积为：，
圆锥的底面积为：，
圆锥的体积为： ，
由题意得，
解得： ，．
所以母线长为：．
故选：C．
8. 下列说法正确的是（ ）
A. 过空间中的任意三点有且只有一个平面
B. 三棱柱各面所在平面将空间分成21部分
C. 空间中的三条直线a，b，c，如果a与b异面，b与c异面，那么a与c异面
D. 若直线a在平面外，则平面内存在直线与a平行
【答案】B
【解析】
【分析】根据不共线的三点可确定平面，即可判断A；根据分别乘法计数原理即可判断B；根据异面直线的概念即可判断C；根据线面关系即可判断D.
【详解】A：当空间中的三点共线时，不能确定平面，故A错误；
B：三棱柱的3个侧面将空间分成7部分，两个平行的底面又在这个基础上分成3大部分，
所以三棱柱各面所在的平面将空间分成个部分，故B正确；
C：空间中直线a、b、c，若a与直线b异面，b与c异面，
则a与c可能异面，也可能共面，故C错误；
D：由直线a在平面外可知，或a与相交.
若，则内存在一条直线与直线a平行；
若a与相交，则内不存在直线与直线a平行，故D错误.
故选：B.
二、多选题（本大题共4小题，每题5分，共20分.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）
9. 已知，为两个平面，，为两条直线，平面，平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，为异面直线，则与相交
C. 若与相交，则，相交 D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据线面位置关系，面面位置关系，线线位置关系分别判断选项即可.
【详解】，平面，平面,则两平面平行，故A正确；
平面，平面，，为异面直线，则与相交,故B正确；
平面，平面，若与相交，则，可以异面，故C错误；
平面，平面，若，则，故D正确.
故选：ABD.
10. 如图，在正方体中，E，F，G分别是棱，，的中点，则（ ）

A. 平面 B. 平面
C. 点在平面内 D. 点F在平面内
【答案】BD
【解析】
【分析】连接、根据正方体的性质可得，即可得到平面，再根据中位线的性质及平行公理得到，即可得到、、、四点共面，从而得解；
【详解】解：连接、，在正方体中，且，
所以四边形是平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，
又，所以，所以、、、四点共面，即点F在平面内，故B、D正确；
再连接，显然不在平面，所以与平面不平行，故A错误；
由平面，可知点不在平面内，故C错误；

故选：BD
11. 一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论，正确的是（ ）

A. AB⊥EF
B. AB与CM所成的角为60°
C. EF与MN是异面直线
D. MNCD
【答案】AC
【解析】
【分析】由题可先画出正方体,再利用空间中判断线线夹角的一般方法逐个选项判断即可.
【详解】还原正方体,以正方形为底面有

对选项A,因为∥,且有,故A正确.
对选项B,因为∥,所以B错误.
对选项C,由图可得显然正确.
对选项D,,故D错误.
故选：AC
12. 等边三角形ABC中，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】运用向量的加法和减法法则计算即可.
【详解】如图所示，D为BC中点，E为AC三等分点；

，故A正确；
,故C正确，B错误；
，故D正确；
故选：ACD
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）
13. 已知复数，，则在复平面内对应的点位于第__________象限．
【答案】二
【解析】
【分析】利用复数的减法化简复数，利用复数的几何意义可得出结论.
【详解】因为复数，，则，
因此，在复平面内对应的点的坐标为，即在复平面内对应的点位于第而象限.
故答案为：二.
14. 设向量，，若与共线，则实数x的值为___．
【答案】4
【解析】
【分析】求出，然后根据向量共线的坐标表示，列出方程，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，.
因为与共线，所以有，
解得.
故答案为：4.
15. 如图所示，在长方体中，，，点E，F，G分别是，，的中点，则异面直线与所成的角是_____.

【答案】
【解析】
【分析】连接，，，则得或其补角即为与所成角，再利用勾股定理即可得到线线角.
【详解】连接，，，点E，F，G分别是，，的中点，
，，
，四边形为平行四边形，
则，故或其补角即为与所成的角，

易得，，
，所以，所以.
故答案为：.
16. 已知一个正四棱锥的底面边长为2，高为，则该正四棱锥的表面积为__________．
【答案】12
【解析】
【分析】计算出正四棱锥的侧棱长以及侧面三角形的高，进而可计算出该正四棱锥的表面积.
【详解】如下图所示，在正四棱锥中，底面的边长为，
设点在底面的射影点为点，则四棱锥的高，
则为的中点，且，，

取的中点，连接，则，且，
，
故正四棱锥的表面积为.
故答案为：12.
四、解答题（本大题共6小题，共70分）
17. 已知向量，．
（1）若，求向量与夹角的余弦值；
（2）若，求向量的坐标．
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）利用向量数量积的运算律及夹角公式即得；
（2）利用向量数量积的坐标表示及向量模长的坐标表示即得.
【小问1详解】
由题意，
因为，
所以，
因为，
∴，
即向量与夹角的余弦值为．
【小问2详解】
设向量，
因为向量，
所以，得，
因为，所以，
所以得或
所以或．
18. 萧县的萧窑､淮南的寿州窑和芜湖的繁昌窑是安徽三大名窑.2015年，安徽省启动对萧县欧盘村窑址的考古发掘，大量瓷器的出土和窑炉遗迹的揭露，将萧窑的历史提溯至隋代.为进一步摸清萧窑窑址的分布状况､时空框架以及文化内涵等，经国家文物局批准，2021年3月，正式对萧县白土寨窑址进行主动性考古发掘.如图，为该地出土的一块三角形瓷器片，其一角已破损.为了复原该三角形瓷器片，现测得如下数据：，.（参考数据：取）

（1）求三角形瓷器片另外两边的长；
（2）求两点之间的距离.
【答案】（1）两边的长皆为
（2）
【解析】
【分析】（1）根据数据，利用正弦定理求解；
（2）根据数据，利用余弦定理求解.
【小问1详解】
解：如图，

延长交于点，
因为，所以，
故，

即另外两边的长皆为；
【小问2详解】
由题意得，
故，
故两点之间的距离为.
19. 某同学在劳动实践课上制作了一个如图所示的容器，其上半部分是一个正四棱锥，下半部分是一个长方体，已知正四棱锥的高是长方体高的，且底面正方形的边长为4，．

（1）求的长及该长方体的外接球的体积；
（2）求正四棱锥的斜高和体积．
【答案】（1），；（2）斜高为，体积为．
【解析】
【分析】（1）根据长方体的棱长求对角线即可得到的长，利用线段就是其外接球直径，求得球的半径，进而求得其体积；
（2）设，交于点，连结，则为正四棱锥的高，取的中点，连结、，则为正四棱锥的斜高，利用正四棱锥的性质以及锥体的体积公式可得结果.
【详解】（1）∵几何体为长方体且，，
∴，
记长方体外接球的半径为，线段就是其外接球直径，
则，∴，∴外接球的体积为．
（2）如图，设，交于点，连结，则为正四棱锥的高，

∵为正四棱锥，∴为正四棱锥的高，
又长方体的高为，∴，
取的中点，连结、，则为正四棱锥的斜高，
在中，，，∴，
∵，，∴，
∴正四棱锥的斜高为，体积为．
20. 在三棱锥中，分别是边的中点．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）若，求证：四边形为菱形．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用三角形中位线的性质，根据平行四边形的判断方法，即可得到结论；
（2）利用有一组邻边相等的平行四边形，可证结论．
【详解】（1）∵分别是边的中点．
∴,
,
∴四边形是平行四边形；
（2）若，则，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形为菱形．
【点睛】本题解题的关键是利用三角形中位线的性质，平行四边形的判断方法进行证明，属于基础题．
21. 如图所示的四棱锥中，底面是梯形，，，，，平面，.证明：平面；

【答案】证明见解析
【解析】
【分析】连接交于点，连接，通过证明，即可解决问题.
【详解】证明：，，，为等边三角形，，
在中，，，，由余弦定理得，
即，，如图，连接交于点，连接，

，，，，，
又平面，平面，平面
22. 如图，在直三棱柱中，，，、分别为、的中点. 为上的点且.

（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的性质可得，再由线面垂直的判定定理证明即可；
（2）取中点，取BC中点连接，，由平行的传递性与线面平行的判定定理证明即可；
（3）由等积法求解即可
【小问1详解】
在直三棱柱中，底面，
所以，
又因为⊥，，
所以⊥平面.
小问2详解】
取中点，取BC中点连接，，
因为为的中点，为上的点且，
所以为的中点，
所以
因为，分别是、的中点，
所以，且=，
因为，且=，
所以∥，且=，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
【小问3详解】
因为，，⊥，
所以=，
所以三棱锥体积等于三棱锥的体积为：
==.