2022-2023学年河南省实验中学高一（下）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年河南省实验中学高一（下）期中数学试卷，共22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。

1．（5分）如果直线平面，直线平面，且，则与的位置关系为
A．共面B．平行C．异面D．平行或异面
2．（5分）若复数满足，则在复平面内的共轭复数所对应的点位于
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．（5分）已知，且，则向量在向量上的投影向量为
A．B．C．D．
4．（5分）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑．如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为
A．B．C．D．
5．（5分）如图所示，矩形是一个水平放置的平面图形的直观图，其中，，则原图形是
A．面积为的菱形B．面积为的矩形
C．面积为的菱形D．面积为的矩形
6．（5分）在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，为使此三角形有两个，则满足的条件是
A．B．C．D．
7．（5分）已知矩形的顶点都在球心为的球面上，，，且四棱锥的体积为，则球的表面积为
A．B．C．D．
8．（5分）圆的直径，弦，点在弦上，则的最小值是
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。）
9．（5分）已知三个内角，，的对边分别是，，，则下列说法正确的是
A．若，则
B．若，则为钝角三角形
C．若为锐角三角形，则
D．若，则为锐角三角形
10．（5分）已知为虚数单位，则以下四个说法中正确的是
A．B．复数的虚部为
C．若复数为纯虚数，则D．
11．（5分）在锐角中，内角，，的对边分别为，，，，且，则下列结论正确的是
A．B．C．D．
12．（5分）已知点为所在平面内一点，满足，（其中，
A．当时，直线过边的中点
B．若，且，则
C．若，时，与的面积之比为
D．若，且，则，满足
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。）
13．（5分）已知向量，，若，则 ．
14．（5分）设复数满足条件，那么的最大值为 ．
15．（5分）已知与是单位向量，．若向量满足，则的取值范围是 ．
16．（5分）在锐角中，内角，，所对应的边分别是，，，且，则的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共6小题，17题10分，其余各题12分，共70分）
17．（10分）已知向量，．
（1）设向量与的夹角为，求；
（2）若向量与向量垂直，求实数．
18．（12分）在中，角，，所对的边分别为，，，且满足．
（1）求角的大小．
（2）已知，的面积为，求边长的值．
19．（12分）在中，点，分别在边和边上，且，，交于点，设，．
（1）试用，表示；
（2）在边上有点，使得，求证：，，三点共线．
20．（12分）如图，已知四棱锥一的底面为直角梯形，，，底面，且．是的中点．
（1）求证；
（2）是的中点，求证平面．
21．（12分）已知向量，，，，函数．
（Ⅰ）求函数的最小正周期和单调递减区间；
（Ⅱ）在中，角，，的对边分别为，，，若，（C），求面积的最大值．
22．（12分）如图，在长方体中，，，分别为所在棱的中点，，分别为，的中点，连接，，，，，．
（1）求证：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说出理由．
2022-2023学年河南省实验中学高一（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。）
1．（5分）如果直线平面，直线平面，且，则与的位置关系为
A．共面B．平行C．异面D．平行或异面
【分析】根据空间中面面、线面、线线的位置关系直接判断即可．
【解答】解：因为直线平面，直线平面，且，
所以直线与的位置关系为：平行或异面．
故选：．
【点评】本题考查直线与直线的位置关系，属于基础题．
2．（5分）若复数满足，则在复平面内的共轭复数所对应的点位于
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【分析】根据复数除法计算出，再根据共轭复数定义得出，最后确定对应点在复数平面的位置即可．
【解答】解：由，得，
所以，则其在复平面内其所对应的点为，位于第一象限．
故选：．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
3．（5分）已知，且，则向量在向量上的投影向量为
A．B．C．D．
【分析】先求出向量在向量上的投影，再求出方向上的单位向量，进而求解即可．
【解答】解：因为，所以，
方向上的单位向量，
所以向量在向量上的投影向量为，
故选：．
【点评】本题主要考查向量的投影向量，属于中档题．
4．（5分）攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑．如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为
A．B．C．D．
【分析】由侧面为等边三角形，结合面积公式能求出该正四棱锥的侧面积与底面积的比．
【解答】解：设底面棱长为，，
正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为，
则侧面为等边三角形，
则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为：
．
故选：．
【点评】本题考查正四棱锥的侧面积与底面积的体积公式、结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
5．（5分）如图所示，矩形是一个水平放置的平面图形的直观图，其中，，则原图形是
A．面积为的菱形B．面积为的矩形
C．面积为的菱形D．面积为的矩形
【分析】根据斜二测画法的原则：平行于坐标轴的线段依然平行于坐标轴，平行于轴的线段长度不变，平行于轴的线段长度减半可判断原图形的形状．
【解答】解：矩形是一个平面图形的直观图，其中，，
又，，直观图面积为，
在原图中，，高为，，
．
原图形是菱形，且面积为：．
故选：．
【点评】本题考查平面图形的直观图，熟练掌握直观图的画法是解题的关键．
6．（5分）在中，角，，所对的边分别为，，，已知，，为使此三角形有两个，则满足的条件是
A．B．C．D．
【分析】为使此三角形有两个，只需满足，即可求范围．
【解答】解：有两个，又，，
，
，
解得：，
故选：．
【点评】本题考查三角形解的个数问题，不等式思想，属基础题．
7．（5分）已知矩形的顶点都在球心为的球面上，，，且四棱锥的体积为，则球的表面积为
A．B．C．D．
【分析】由题意求出矩形的对角线的长，即截面圆的直径，根据棱锥的体积计算出球心距，进而求出球的半径，代入球的表面积公式，可得答案．
【解答】解：由题可知矩形所在截面圆的半径即为的对角线长度的一半，
，，，
由矩形的面积，
则到平面的距离为满足：，
解得，
故球的半径，
故球的表面积为：．
故选：．
【点评】本题主要考查球的表面积的求法，棱锥体积的运算，考查运算求解能力，属于中档题．
8．（5分）圆的直径，弦，点在弦上，则的最小值是
A．B．C．D．
【分析】根据平面向量的线性运算法则，得到，再由圆的性质，得到的最小值，即可得出结果．
【解答】解：由题意可得，
，
为使最小，只需，根据圆的性质可得，此时为中点，
又，因此，
所以的最小值为．
故选：．
【点评】本题考查了平面向量的线性运算法则，属于中档题．
二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。）
9．（5分）已知三个内角，，的对边分别是，，，则下列说法正确的是
A．若，则
B．若，则为钝角三角形
C．若为锐角三角形，则
D．若，则为锐角三角形
【分析】根据三角形的性质，正弦定理，余弦定理，正弦函数的单调性，诱导公式，即可分别求解．
【解答】解：对选项，，，根据正弦定理可得：
，选项正确；
对选项，，，
为钝角，为钝角三角形，选项正确；
对选项，为锐角三角形，三角形的三个内角均为锐角，
，，又在单调递增，
，，选项正确；
对选项，，根据正弦定理可得：
，不妨设，，，
，
为钝角，为钝角三角形，选项错误．
故选：．
【点评】本题考查三角形的性质，正弦定理与余弦定理的应用，正弦函数单调性的应用，诱导公式的应用，属中档题．
10．（5分）已知为虚数单位，则以下四个说法中正确的是
A．B．复数的虚部为
C．若复数为纯虚数，则D．
【分析】根据复数的运算可得，，的正误，根据复数虚部的概念可知的正误．
【解答】解：因为，正确；
复数的虚部为，不正确；
若，则，，不正确；
设，，所以，
，正确．
故选：．
【点评】本题主要考查了复数的概念及性质，属于基础题．
11．（5分）在锐角中，内角，，的对边分别为，，，，且，则下列结论正确的是
A．B．C．D．
【分析】利用正弦边角关系可得，结合余弦定理及锐角三角形知、，判断、、正误；再由正弦边角关系，倍角公式判断正误．
【解答】解：由正弦边角关系知：，则，
所以，而，则，正确；
由上知：，即，错误，正确；
由知：，则，
又，故，则，即，正确．
故选：．
【点评】本题考查正余弦定理，三角函数性质，属于中档题．
12．（5分）已知点为所在平面内一点，满足，（其中，
A．当时，直线过边的中点
B．若，且，则
C．若，时，与的面积之比为
D．若，且，则，满足
【分析】对于，根据向量的线性运算结合向量数乘的含义可判断；
对于，由条件可判断为等边三角形，利用数量积的定义即可求得的值；
对于，利用作图，结合向量加减法的几何意义，可判断与的面积之比；
对于，由得，，平方后结合数量积的运算可推得结果．
【解答】解：对于，设的中点为，则当时，有，
即得，，三点共线，故直线过边的中点，故正确；
对于，由于且时，，
故为的外心和重心，故为等边三角形，
则，由可得，
故，故正确；
对于，延长至，使，延长至，使，
连接，设其中点为，连接并延长至，使，
连接，，则四边形是平行四边形，
所以，而，时，，
故，即，，三点共线，且，
根据同底等高三角形面积相等，则，
即与的面积之比为，故错误；
对于，因为，且，
由得，，
所以，即，故正确，
故选：．
【点评】本题主要考查向量的数量积公式，属于中档题．
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。）
13．（5分）已知向量，，若，则 ．
【分析】首先根据向量共线的坐标表示得到关于的方程，求出的值，即可得到、的坐标，再求出，最后根据向量模的坐标表示计算即可．
【解答】解：因为，
所以，解得，
则，，
所以，
所以．
故答案为：．
【点评】本题主要考查向量共线以及向量的模长，属于基础题．
14．（5分）设复数满足条件，那么的最大值为 3 ．
【分析】利用复数模的三角不等式可求得的最大值．
【解答】解：因为，则，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为3．
故答案为：3．
【点评】本题主要考查两个复数和的绝对值的几何意义，复数与复平面内对应点之间的关系，属于基础题．
15．（5分）已知与是单位向量，．若向量满足，则的取值范围是 ， ．
【分析】设，，．由向量满足，可得，其圆心，半径．其圆心，半径．利用即可得出．
【解答】解：与是单位向量，．向量满足
都是单位向量，且，
设，，．
向量满足，，
因为，
．．
的取值范围是，．
故答案为：，．
【点评】本题考查了向量的垂直与数量积的关系、数量积的运算性质、点与圆上的点的距离大小关系，考查了推理能力和计算能力，属于中档题．
16．（5分）在锐角中，内角，，所对应的边分别是，，，且，则的取值范围是 ．
【分析】由正弦定理和正弦二倍角公式将已知化为，根据为锐角三角形可得，以及，再由正弦定理可得，利用两角和的正弦展开式和的范围可得答案．
【解答】解：由正弦定理和正弦二倍角公式可得，
因为，所以，
可得，
因为，所以，
所以，，
由，可得，
所以，，
由正弦定理得．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了正弦定理的应用，考查了三角函数的恒等变换，属于中档题．
四、解答题（本大题共6小题，17题10分，其余各题12分，共70分）
17．（10分）已知向量，．
（1）设向量与的夹角为，求；
（2）若向量与向量垂直，求实数．
【分析】（1）由平面向量数量积的运算，结合平面向量夹角的运算求解即可；
（2）由平面向量数量积的运算，结合平面向量的模的运算求解即可．
【解答】解：（1）已知向量，，
则，
所以，
即的值为；
（2）已知向量与向量垂直，
则，
即，
又，，，
所以，
即，
解得．
【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的模的运算，属基础题．
18．（12分）在中，角，，所对的边分别为，，，且满足．
（1）求角的大小．
（2）已知，的面积为，求边长的值．
【分析】（1）在中，由正弦定理得：，结合，从而，可求的值，进而可得角的大小．
（2）根据的面积为，可得的值，利用余弦定理可得的值．
【解答】解：（1）在中，由正弦定理得：，
因为，所以，
从而，
又，可得，
所以，
所以．
（2）在中，，，
得，
由余弦定理得：，即，
所以．
【点评】本题考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的灵活运用和计算能力，属于基础题．
19．（12分）在中，点，分别在边和边上，且，，交于点，设，．
（1）试用，表示；
（2）在边上有点，使得，求证：，，三点共线．
【分析】（1）可设，而得出，从而得出；可设，然后可得出，从而根据平面向量基本定理得出，可解出，，从而得出；
（2）根据可得出，进而得出，最后得出，，三点共线．
【解答】解：（1）设，由题意，
所以，①，
设，由，，②，
由①、②得，，
所以，解得，所以；
（2）证明：由，得，所以，
所以，因为与有公共点，所以，，三点共线．
【点评】本题考查了共线向量基本定理，平面向量基本定理，向量的数乘运算，考查了计算能力，属于中档题．
20．（12分）如图，已知四棱锥一的底面为直角梯形，，，底面，且．是的中点．
（1）求证；
（2）是的中点，求证平面．
【分析】（1）先证明，利用在中，为的中点，则．在中，为的中点，则，得到．
（2）连接交于，取中点，连接，，说明，证明平面，连，，证明．然后证明平面
【解答】证明：（1）在直角梯形中，，
又平面、平面．
，平面，
，
在中，为的中点，则．
在中，为的中点，则，
．
（2）连接交于，
，．
取中点，连接，，则，
又平面，平面，
平面，连，，则，
平面，又，
平面平面，
又平面，
平面．
【点评】本题考查空间想象能力，逻辑推理能力，证明线段相等，直线与平面平行的判定定理的应用，是中档题．
21．（12分）已知向量，，，，函数．
（Ⅰ）求函数的最小正周期和单调递减区间；
（Ⅱ）在中，角，，的对边分别为，，，若，（C），求面积的最大值．
【分析】（Ⅰ）根据向量数量积的定义求出函数的解析式，结合周期公式以及单调性进行求解即可；
（Ⅱ）根据条件求出的值，结合余弦定理以及基本不等式，以及三角形的公式进行求解即可．
【解答】解：（Ⅰ），，
，
函数的周期，
由，，
即，，
即函数的单调递减区间为，，．
（Ⅱ）（C），
，
，
即，得，，
，当时，，
由余弦定理得，
，
，
即，
则三角形的面积，当且仅当时取等号，
即三角形的面积的最大值为．
【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用向量数量积的定义以及辅助角公式求出函数的解析式是解决本题的关键．本题考查的公式比较多．
22．（12分）如图，在长方体中，，，分别为所在棱的中点，，分别为，的中点，连接，，，，，．
（1）求证：平面平面；
（2）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求出点的位置；若不存在，请说出理由．
【分析】（1）通过证线面平行可证面面平行，
（2）线段上存在点，当时，满足平面．
【解答】解：（1）证明：连接，，，，分别为所在棱的中点，
，，，，
又平面，平面，平面，
同理可证平面，又，平面平面；
（2）线段上存在点，当时，满足平面，
证明如下；如右图，取上靠近点的三等分点为，连接，连接并延长交于点，
连接，则平面与平面为同一平面，
取线段的中点为，连接，，
由平行关系及为的中点，得，则，
因为，分别为，的中点，所以，且，
又且，即且，
所以四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，故平面．
【点评】本题考查面面平行的证明，以及判断符合条件的点是否存在，属中档题．
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