2022-2023学年青海省西宁市海湖中学高一下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年青海省西宁市海湖中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．若复数，则复数的虚部为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】C

【分析】由复数的概念判断即可.

【详解】由复数的概念可知，复数的虚部为．

故选：C．

2．若三点共线，则（    ）

A． B．5 C．0或 D．0或5

【答案】D

【分析】由题意可得，再利用向量共线求解即可.

【详解】因为，

若三点共线，则，

所以，

解得或5．

故选：D.

3．已知正三棱锥的底面边长为4，高为2，则该三棱锥的表面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】画出图形，求出底面积和侧面积，即可求出三棱锥的表面积.

【详解】如图，正三棱锥中，

，取的中点，连接，

则在上，且，

又，所以，

所以，则，

所以，

故三棱锥的表面积为.

故选：D

4．梯形ABCD，上底，腰，下底，以下底所在直线为轴，则由斜二侧画法画出的直观图的面积为（　　）

A． B． C． D．2

【答案】A

【分析】由题设结合斜二测画法确定直观图对应梯形上下底、高，即可求面积.

【详解】如下图，若为等腰梯形的高，则，且

由斜二测画法知：，且梯形的高为，

所以直观图的面积为.

故选：A

5．已知平面平面，过平面内的一条直线a的平面，与平面相交，交线为直线b，则a、b的位置关系是（    ）

A．平行 B．相交 C．异面 D．不确定

【答案】A

【分析】由已知可得出直线与直线在同一平面内，且无公共点，即可判断出位置关系.

【详解】因为平面平面，所以平面与平面无公共点，

直线平面，直线平面，

直线平面，直线平面，

所以直线与直线在同一平面内，且无公共点，故直线.

故选：A.

6．已知表示直线，表示平面，则下列推理正确的是 (　 )

A．

B．且

C．

D．

【答案】D

【详解】选项A中，，则可能平行也可能相交，故A不正确；

选项B中，，则可能且，也可能b在平面或内，故B不正确；

选项C中， ，根据面面平行的判定定理，再加上条件a∩b＝A，才能得出，故C不正确；

选项D为面面平行性质定理，故正确．

选D．

7．已知某圆台的上底面和下底面的面积分别为、，高为，则该圆台的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用台体的体积公式可求得该圆台的体积.

【详解】由题意可知，该圆台的体积为.

故选：C.

8．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】试题分析：根据题意条件可知三棱柱是棱长都为a的正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，

如图：

则其外接球的半径为

球的表面积为；

故选B．

二、多选题

9．已知是边长为2的等边三角形，向量满足，下列结论中正确的有（　　）

A．是单位向量 B．∥

C． D．

【答案】ABD

【分析】对于A，由可求出判断，对于B，由代入化简即可，对于C，对两边平方化简即可，对于D，计算进行判断.

【详解】因为|，所以由，得，即是单位向量，所以A正确；

因为，所以∥， 所以B正确；

由得，即，

所以， 所以C错误；

因为，所以，所以， 所以D正确，

故选：ABD

10．已知正四棱台上、下底面边长分别为，侧棱长为，则（    ）

A．正四棱台的高为 B．正四棱台的斜高为

C．正四棱台的表面积为 D．正四棱台的体积为

【答案】BCD

【分析】由正四棱台的结构特征可知其高即为对角面的等腰梯形的高，斜高即为侧面等腰梯形的高，由上下底长度和腰长可确定AB正误；根据棱台表面积和体积的求法可确定CD正误.

【详解】对于A，正四棱台上下底面对角线长为，

正四棱台的高，A错误；

对于B，正四棱台的斜高，B正确；

对于C，正四棱台侧面积为，上下底面面积分别为，

正四棱台的表面积，C正确；

对于D，正四棱台的体积，D正确.

故选：BCD.

11．已知在中，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列命题正确的有（    ）

A．若为锐角三角形，则

B．若，，，则有两解

C．若，，则外接圆半径为10

D．若，，，则

【答案】AB

【分析】由结合正弦函数单调性得可判断A；由AB边上的高为3，若，可判断B；由正弦定理可判断C；由正弦定理结合二倍角的正弦公式可判断D.

【详解】对于A，因为为锐角三角形，，

所以，

由正弦函数单调性得，A正确；

对于B，因为，AB边上的高为3，若，则有两解，B正确；

对于C，由正弦定理，可知，所以外接圆半径为5，C不正确；

对于D，由正弦定理，得，所以，D不正确．

故选：AB．

12．某工厂生产出一种机械零件，如图所示零件的几何结构为圆台，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝4cm，CD＝2AB，则下列说法正确的有（    ）

A．该圆台的高为

B．该圆台轴截面面积为

C．该圆台的体积为

D．一只蚂蚁从点C沿着该圆台的侧面爬行到AD的中点，所经过的最短路程为10cm

【答案】BCD

【分析】由勾股定理即可求得圆台的高，即可判断A选项；由梯形面积公式即可判断B选项；由圆台体积公式即可判断C选项；由圆台侧面展开图结合勾股定理即可判断D选项.

【详解】

如图，作交于，易得，则，则圆台的高为，A错误；

圆台的轴截面面积为，B正确；

圆台的体积为，C正确；

将圆台一半侧面展开，如图中，设为中点，圆台对应的圆锥一半侧面展开为扇形，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为8cm，底面半径为4cm，侧面展开图的圆心角为，连接CP，可得∠COP＝90°，OC＝8，OP＝4＋2＝6，则，所以沿着该圆台表面从点C到AD中点的最短距离为10cm，故D正确．

故选：BCD.

三、填空题

13．已知向量，，且，则      ．

【答案】1

【分析】根据向量垂直列出方程，求出答案.

【详解】根据题意，向量，，则．

因为，所以，解得m＝1.

故答案为：1．

14．已知虚数单位，若复数的虚部为，则      .

【答案】

【分析】对复数进行化简，然后根据虚部为，得到，再计算，得到答案.

【详解】，

因为复数的虚部为，所以，得，

所以，

所以.

故答案为：.

【点睛】本题考查复数的化简，根据复数的虚部求参数值，求复数的模长，属于简单题.

15．如图所示，在空间四边形ABCD中，E、F、G、H分别是四边上的点，它们共面，并且AC∥平面EFGH，BD∥平面EFGH，AC＝m，BD＝n，当四边形EFGH是菱形时，AE∶EB＝        .

【答案】

【详解】因为AC∥平面EFGH，平面ABC∩平面EFGH＝EF，AC平面ABC，所以EF∥AC，所以　①.同理可证　②.又四边形EFGH是菱形，所以EF＝EH，由①②，得.又AC＝m，BD＝n，所以.故填：

16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且外接圆半径为，若，则的面积为      ．

【答案】

【分析】由正弦定理求出，再由余弦定理结合面积公式即可得出答案.

【详解】∵，且外接圆半径R为，

∴由正弦定理，可得，

∵，∴由余弦定理，

可得，解得，

∴．

故答案为：．

四、解答题

17．如图，已知平面，且，设在梯形中，，且.求证：共点．

【答案】证明见解析

【分析】设交于点，再根据若两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，即可得证.

【详解】如图，梯形中，因为，

所以与必交于一点，

设交于点，则，

又因为，

所以，

又因为，所以，

所以共点．

18．设向量、满足，且．

(1)求与夹角的大小；

(2)求与夹角的大小．

【答案】(1)；

(2)．

【分析】（1）利用数量积的运算律有，结合已知模长和向量数量积的定义求夹角即可；

（2）根据已知模长和数量积的运算律求模长, 结合夹角公式求解即可.

【详解】（1）设与的夹角为，，

又，∴，∴，即，

又，∴与的夹角为；

（2）设与的夹角为，∵，

又，，∴，

又，∴与的夹角为．

19．某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的．如果被截正方体的棱长是50cm，那么石凳的体积是多少？

【答案】

【分析】计算出正方体的体积和8个四面体的体积，相减后得到答案.

【详解】如图所示，由题意知正方体的棱长为0.5m，

设正方体的体积为，则有．

其中．

∴这个石凳的体积为．

20．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，A=，．

（Ⅰ）求的值；

（Ⅱ）若，求△ABC的面积．

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）

【分析】（Ⅰ）利用诱导公式可将问题转化为A,B两角的三角函数求解；

（Ⅱ）由正弦定理可求得，由可求得面积

【详解】（Ⅰ）△ABC中，∵，∴，

又 ，

∴

=．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知．由正弦定理知：，

∴，

∴．

21．点是所在平面外一点，是中点，在上任取点，过和作平面交平面于．证明：．

【答案】证明见详解

【分析】连结，交于点，连结，可推得，进而得到平面.然后根据线面平行的性质定理可得．

【详解】证明：连结，交于点，连结.

因为四边形为平行四边形，所以是的中点.

又是中点，所以.

因为平面，平面，

所以平面.

又平面平面，平面，

所以．

22．如图所示，B为△ACD所在平面外一点，M，N，G分别为△ABC，△ABD，△BCD的重心．

(1)求证：平面MNG∥平面ACD；

(2)求

【答案】⑴见证明；⑵ 1∶9

【分析】（1）利用三角形重心的性质，结合线面平行的判定定理，证明MN∥平面ACD，MG∥平面ACD，再证明平面MNG∥平面ACD；

（2）证明，其相似比为1∶3，可得结论．

【详解】⑴连接BM，BN，BG并延长分别交AC，AD，CD于P，F，H．

∵M，N，G分别为△ABC，△ABD，△BCD的重心，

则有

且P，H，F分别为AC，CD，AD的中点．

连接PF，FH，PH，有MN∥PF．

又PF⊂平面ACD，MN⊄平面ACD，

∴MN∥平面ACD．

同理MG∥平面ACD，MG∩MN＝M，

∴平面MNG∥平面ACD．

(2)解 由(1)可知

，

又，∴．

同理，

，其相似比为1∶3．

∴S△MNG∶S△ACD＝1∶9．

【点睛】要证“面面平行”，只要证“线面平行”，只要证“线线平行”，故问题最终转化为证线与线的平行．