浙江省绍兴蕺山外国语学校2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

这是一份浙江省绍兴蕺山外国语学校2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析），共15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。
绍兴蕺山外国语学校2022学年第二学期期中教学质量检测高一数学试题卷本试卷满分100分，考试时间120分钟第Ⅰ卷一、单项选择题（本大题共8小题，每小题3分，共24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. 已知复数满足，则（    ）A.  B. 1 C. 5 D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数的模长运算直接求解即可.【详解】由于，所以.故选：C.2. 已知单位向量的夹角为，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据向量数量积的定义和运算律可直接运算求得结果.【详解】为单位向量，，.故选：.【点睛】本题考查平面向量数量积的求解，关键是熟练应用平面向量数量积的定义和运算律，属于基础题.3. 下列命题不正确的个数是（    ）①三点确定一个平面；②圆心和圆上两个点确定一个平面；③如果两个平面相交有一个交点，则必有无数个公共点；④如果两条直线没有交点，则这两条直线平行．A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个【答案】C【解析】【分析】由公理2可判断命题①，②；由公理3可判断命题③；如果两条直线没有交点，则这两条直线平行或异面可判断命题④.【详解】对于①，当三点共线时，确定的平面有无数个，故错误；对于②，当圆心和圆上的两点满足三点共线时，确定的平面有无数个，故错误；对于③，如果两个平面相交有一个交点，则必有经过该点的一条直线，该直线为交线，故正确；对于选项④，如果两条直线没有交点，则这两条直线平行也可能是异面直线，故错误，所以不正确的命题有3个.
 故选：C.4. 如图，边长为2的正方形是水平放置的平行四边形的直观图，则平行四边形的面积为（    ）A.  B.  C. 4 D. 8【答案】B【解析】【分析】把直观图还原为原图形，求出对应边的边长，即可求出平行四边形的面积.【详解】把直观图还原为原图形如图所示，则,所以，原四边形的面积为.故选：B5. 已知某圆锥的高为，体积为，则该圆锥的侧面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由圆锥的体积和高，得到底面半径，勾股定理得母线长，由圆锥的侧面积公式计算结果.【详解】设该圆锥的底面半径与母线长分别为，，由，得，所以，从而该圆锥的侧面积．故选：B6. 正方体的内切球和外接球的表面积之比为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】设正方体的棱长为，利用正方体的棱长为其内切球的直径，正方体的体对角线为其外接球的直径，分别求出内切球与外接球的半径，即可得出结果.【详解】由题意得，正方体的棱长为其内切球的直径，正方体的体对角线为其外接球的直径，设正方体的棱长为，则.又球的表面积公式为为正方体的内切球和外接球的表面积之比为.故选：D.【点睛】本题主要考查求解多面体的内切或外接球的半径以及球的表面积公式，考查空间想象能力.7. 如图，AB是底部不可到达的一座建筑物，A为建筑物的最高点，某同学选择地面CD作为水平基线，使得C，D，B在同一直线上，在C，D两点用测角仪器测得A点的仰角分别是45°和75°，，则建筑物AB的高度为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据正弦定理求出，再在直角三角形中求解即可.【详解】在中，根据正弦定理可得，在中，，故选：A8. 已知，，是不同的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（    ）A. 若，则平行于平面内的任意一条直线B. 若，，则C. 若，，，则D 若，，则【答案】D【解析】【分析】利用长方体模型依次讨论各选项即可得答案.【详解】如图，设平面为平面，平面为平面，对于A选项，设为直线，满足，但直线与直线是异面直线，故A选项错误；对于B选项，设为直线，直线为，满足，，但不满足，故B选项错误；对于C选项，设为直线，直线为，显然不满足，故C选项错误；对于D选项，由面面平行的性质即可得该命题正确.故选：D二、多项选择题（本大题共4小题，每小题全对得3分，选不全得2分，有错误选项得0分，共12分.）9. 下列结论中正确的是（    ）A. 正四面体一定是正三棱锥 B. 正四棱柱一定是长方体C. 棱柱的侧面一定是平行四边形 D. 棱柱的两个互相平行的平面一定是棱柱的底面【答案】ABC【解析】【分析】根据各几何体的定义直接判断.【详解】A选项：正三棱锥是底面为正三角形，各侧棱长均相等的几何体，正四面体四个面均为正三角形且所有棱长均相等，所以A选项正确；B选项：正四棱柱为底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱即为长方体，所以B选项正确；C选项：棱柱上下底面互相平行且全等，且各侧棱互相平行，所以棱柱的侧面均为平行四边形，所以C选项正确；D选项：正四棱柱的侧面两两平行，所以D选项错误；故选：ABC.10. 给出下列命题，其中正确的是（    ）A. 复数对应的点在第二象限B. 若，则z为实数C. 若，为复数，且，则D. 复数为纯虚数的充要条件为【答案】AB【解析】【分析】求出复数对应点坐标判断A；设出复数的代数形式推理判断B；举例说明判断C；利用纯虚数的定义判断D作答.【详解】对于A，复数对应的点在第二象限，A正确；对于B，设，由得，解得，即是实数，B正确；对于C，令，满足，而，C错误；对于D，复数为纯虚数的充要条件为，D错误.故选：AB11. 已知向量，，，，，则（    ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 的最小值为【答案】ABD【解析】【分析】对于A选项，根据平面向量平行的判定条件求解参数；对于B选项，根据平面向量垂直的判定条件求解参数；对于C选项，将向量，及代入等式，根据平面向量相等的判定条件求解参数与的关系；对于D选项，根据向量的模长计算公式表示出向量的模长，然后根据二次函数求解最小值》【详解】对于A选项，已知，则，解得，故A选择正确；对于B选项，，由于，则，解得，故B选择正确；对于C选项，由于，则，得，解得，故，故C选择不正确；对于D选项，，，当时等号成立，即最小值为，故D选项正确.故选：ABD12. 在中，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. 若，，则一定是等边三角形B. 若，则一定是钝角三角形C. 若，则一定是等腰三角形D. 若，则一定是直角三角形【答案】ABD【解析】【分析】利用正弦定理、余弦定理，结合三角恒等变换逐项计算、判断作答.【详解】对于A，中，，，由余弦定理得：，即，因此，一定是等边三角形，A正确；对于B，由得：，即，由正弦定理得，由余弦定理得，因此角是钝角，一定是钝角三角形，B正确；对于C，中，由及余弦定理得：，整理得，即，因此或，是等腰三角形或直角三角形，C错误；对于D，中，由及正弦定理得：，因此，即，整理得：，显然，，即，因此，而，于是，所以，一定是直角三角形，D正确.故选：ABD【点睛】结论点睛：的三边分别为a，b，c（a≥b≥c），若，则是锐角三角形；若，则是直角三角形；若，则是钝角三角形.第II卷三、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分.）13. 已知复数满足（为虚数单位），则_______________.【答案】##【解析】【分析】根据复数的除法运算法则即可求得结果．【详解】，，故答案为：．14. 已知直线a，b和平面α满足aα，b⊂α，则b与a的位置关系为 _____．【答案】异面或平行【解析】【分析】根据线面平行的概念结合线线的位置关系即得.【详解】如图所示，aα，b⊂α，则a与b没有公共点，所以a与b异面或平行，故答案为：异面或平行．15. 在中，若，，，则______．【答案】【解析】【分析】利用余弦定理列方程，化简求得.【详解】依题意，，负根舍去.所以.故答案为：16. 如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为AD的中点，F为PC上一点，当PA∥平面EBF时， __________.【答案】##0.5【解析】【分析】根据线面平行的性质得出线线平行，从而得出结果.【详解】如图，连结交于点，连结.，E为AD的中点，,PA∥平面EBF，平面EBF平面PAC ，PA平面PAC，PA∥OF，.故答案为：.四、解答题（本大题共6小题，第17-20题每小题8分，第21、22题每小题10分，共52分.）17. 已知平面向量，.(1)若，求的值；(2)若，与共线，求实数m的值.【答案】（1）；（2）4.【解析】【分析】（1）求出，即可由坐标计算出模；（2）求出，再由共线列出式子即可计算.【详解】(1)， 所以；(2)， 因为与共线，所以，解得m＝4.18. 设复数，m为实数（1）当m为何值时，z是纯虚数；（2）若复数在复平面内对应的点在第一象限，求实数m的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据纯虚数的定义求解即可；（2）根据共轭复数的定义结合复数的几何意义列出不等式组，解之即可得解.【小问1详解】因为z是纯虚数，所以，解得；【小问2详解】，因为复数在复平面内对应的点在第一象限，所以，解得，所以实数m的取值范围为．19. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.（1）求角A的大小；（2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）．    （2）【解析】【分析】（1）由已知利用余弦定理可求，结合范围，即可得解的值．（2）由已知利用三角形面积公式可得，由余弦定理可得，即可得解三角形的周长．【小问1详解】．，，．【小问2详解】，，由三角形面积公式可得：，解得，由余弦定理可得：，即，解得：，三角形的周长为．20. 如图，在正方体中，是棱中点.  （1）证明：平面；（2）若正方体棱长为2，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）利用中位线定理证得，从而利用线面平行的判定定理即可得证；（2）利用等体积法与三棱锥的体积公式计算即可得解.【小问1详解】连接交于，连接，如图，  因为在正方体中，底面是正方形，则是的中点，又是的中点，则是的中位线，故，又面，面，所以平面.【小问2详解】因为正方体中，平面，所以.21. 如图，已知正三棱锥S﹣ABC的底面边长为2，正三棱锥的高SO＝1．（1）求正三棱锥S﹣ABC的体积；（2）求正三棱锥S﹣ABC表面积．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由题意分别确定三棱锥的底面积和三棱锥的高即可确定其体积；（2）连接CO延长交AB于E，连接SE，则E为AB的中点，分别求得底面积和侧面积，然后计算其表面积即可．【小问1详解】在正三棱锥S﹣ABC中，,所以.小问2详解】连接CO延长交AB于E，连接SE，则E为AB的中点，如图所示，所以，在直角三角形SOE中，，在△ABS中，SA＝SB，所以SE⊥AB，所以，则表面积为：．22. 如图，四棱柱ABCD­A1B1C1D1的底面ABCD是正方形．(1)证明：平面A1BD∥平面CD1B1；(2)若平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，证明B1D1∥l.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据平行四边形可知BD∥B1D1，可得BD∥平面CD1B1，同理可得A1B∥D1C，A1B∥平面CD1B1，即可证明（2）根据两平面平行的性质定理可知l∥直线BD，再根据平行四边形知B1D1∥BD，即可证明B1D1∥l.【详解】证明：(1)由题设知BB1∥DD1，所以四边形BB1D1D是平行四边形，所以BD∥B1D1.又BD⊄平面CD1B1，B1D1⊂平面CD1B1，所以BD∥平面CD1B1.因为A1D1∥BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥D1C又A1B⊄平面CD1B1，D1C⊂平面CD1B1，所以A1B∥平面CD1B1.又因为BD∩A1B＝B，所以平面A1BD∥平面CD1B1.(2)由(1)知平面A1BD∥平面CD1B1，又平面ABCD∩平面B1D1C＝直线l，平面ABCD∩平面A1BD＝直线BD，所以直线l∥直线BD，在四棱柱ABCD­A1B1C1D1中，四边形BDD1B1为平行四边形，所以B1D1∥BD，所以B1D1∥l.【点睛】本题主要考查了线面平行、面面平行的判定，面面平行的性质，属于中档题.