重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高一下学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高一下学期期中考试数学试卷(含答案)，共20页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．重庆市万州第二高级中学，创办于1939年，原名万县文德中学.学校以“健康､高尚､睿智､创新”为办学理念，用相对宽松的管理方式培养了一届又一届“优秀学子”，其中彭蕾女士就是其中的代表之一.彭蕾女士捐赠给学校的学习用“一体机”（黑板中间部分）为学校的教育教学带来了诸多便利.我们可以把“一体机”的正面看成( )
A.矩形B.三角形C.棱柱D.棱锥
2．已知，，，则与的夹角是( )
A.B.C.D.
3．中，a，b，c分别是A，B，C所对的边，若，则此三角形是( )
A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等腰或直角三角形
4．已知，是不共线的非零向量，则以下向量不可以作为一组基底的是( )
A.，B.，
C.，D.，
5．，是两个平面，m，n是两条直线，下列四个命题中正确的是( )
A.若，，则B.若，，则
C.若，，则D.若，，，则
6．欧拉公式把自然对数的底数e、虚数单位i、三角函数联系在一起，充分体现了数学的和谐美.若复数z满足，则的虚部为( )
A.B.C.1D.
7．如图所示，边长为2的正，以BC的中点O为圆心，BC为直径在点A的另一侧作半圆弧，点P在圆弧上运动，则的取值范围为( )
A.B.C.D.
8．内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，点P在边上，并且，O为的外心，则之长为( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．下列说法正确的是( )
A.圆台的任意两条母线延长后一定交于一点
B.空间中没有公共点的两条直线一定平行
C.过一个点以及一条直线可以确定唯一一个平面
D.若直线a和平面满足，那么平面内有无数条直线与直线a平行
10．下列说法不正确的有( )
A.已知，，若与垂直，则
B.若，，则
C.若，，为三个不共线向量，则
D.若，，若为钝角，则实数m的范围是
11．“虚数”这个词是17世纪著名数学家､哲学家笛卡尔创造的，当时的观念认为这是不存在的数.人们发现即使用全部的有理数和无理数，也不能解决代数方程的求解问题，像这样最简单的二次方程，在实数范围内没有解.引进虚数概念后，代数方程的求解问题才得以解决.设t是方程的根，则( )
A.
B.是该方程的根
C.是该方程的根
D.若，，则坐标表示的几何图形面积为
12．如图，正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，.若将正三棱锥绕BC旋转，使得点A，P分别旋转至点，处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧，则( )
A.平面
B.平面
C.多面体的外接球的表面积为
D.点A，P旋转运动的轨迹长相等
三、填空题
13．设i是虚数单位，复数，则______.
14．已知直三棱柱底面的直观图是一个等腰直角三角形，斜边长，则该直三棱柱的底面积为______.
15．在一个如下图所示的直角梯形内挖去一个扇形，E恰好是梯形的下底边的中点，将所得平面图形绕直线旋转一圈，所得几何体表面积为__________.
四、双空题
16．如下图，中，，，，G为重心，P为线段上一点，则的最大值为______，M、N分别是边、的中点，则的取值范围是______.
五、解答题
17．已知复数（i是虚数单位）.
（1）求复数z的共轭复数和模；
（2）若.求a，b的值.
18．已知向量，的夹角为，且，，.
（1）求；
（2）当时，求实数m.
19．在棱长为2的正方体中，E，G分别为棱和的中点.
（1）证明：平面；
（2）求异面直线与所成的余弦值.
20．如图所示，正方体的棱长为a.
（1）过正方体的顶点，B，截下一个三棱锥，求正方体剩余部分的体积；
（2）若M，N分别是棱AB，BC的中点，请画出过，M，N三点的平面与正方体表面的交线（保留作图痕迹，画出交线，无需说明理由），并求出交线围成的多边形的周长.
21．为解决社区老年人“一餐热饭”的问题，某社区与物业、第三方餐饮企业联合打造了社区食堂，每天为居民提供品种丰富的饭菜，还可以提供送餐上门服务，既解决了老年人的用餐问题，又能减轻年轻人的压力，受到群众的一致好评.如图，送餐人员小夏从A处出发，前往B，C，D三个地点送餐.已知，，，且，.
（1）求的长度.
（2）假设，，，均为平坦的直线型马路，小夏骑着电动车在马路上以的速度匀速行驶，每到一个地点，需要2分钟的送餐时间，到第三个地点送完餐，小夏完成送餐任务.若忽略电动车在马路上损耗的其他时间（例如：等红绿灯，电动车的启动和停止），求小夏完成送餐任务的最短时间.
22．在锐角中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，.
（1）若，求的面积；
（2）求的值；
（3）求的取值范围.
参考答案
1．答案：A
解析：观察“一体机”可以抽象其正面是矩形.
故选：A.
2．答案：B
解析：设与的夹角为，
因为，，，
所以，
因为，
所以，即与的夹角是.
故选：B.
3．答案：D
解析：因为，所以由正弦定理可得，即，
A，C是的内角，
所以或，
所以或，即是等腰三角形或直角三角形，
故选：D.
4．答案：C
解析：若两向量平行，则不可以作为基底，
由选项可知，ABD中的两个向量都不共线，可以作为基底，
C中的向量，，满足，向量，不能作为基底.
故选：C.
5．答案：C
解析：A项：若，，则或，故选项A不正确；
B项：若，，则或m与n异面，故选项B不正确；
C项：若，则与没有公共点，又因为，所以m与没有公共点，所以，故选项C正确；
D项：若，，，则或与相交，故选项D不正确.
故选：C.
6．答案：B
解析：由欧拉公式知：
，，
，
的虚部为.
故选：B.
7．答案：B
解析：过点O作交半圆弧于点D，连接，，如图，
而是正三角形，则，令夹角为，
当点P在弧上时，，当点P在弧上时，，于是，
显然，，，，
所以
.
故选：B.
8．答案：C
解析：由正弦定理得：，
因为，所以，故，即，
因为，所以，
设的外接圆半径为R，
则由正弦定理得：，故，
如图，，且，
因为，所以，，
过点C作交OP的延长线于点H，则，
因为，所以，，
在三角形OCH中，由余弦定理得：，
则，
所以.
故选：C.
9．答案：AD
解析：圆台是由平行于圆锥底面的平面截圆锥所得，它的母线延长后交于一点（原圆锥的顶点），A正确；空间中没有公共点的两条直线平行或异面，B错误；过直线及直线外一点确定一个平面，若该点在直线上，则过该点和直线可确定无数个平面，C错误；
直线a与平面平行，由线面平行的性质定理知直线a与过直线a的平面和平面的交线平行，过直线a的平面有无数个，因此这些平面与的交线也有无数条，它们都在平面内且与a平行，D正确.故选AD.
10．答案：BCD
解析：A选项：，，若与垂直，则，解得，A选项正确；
B选项：当时，，，但不一定成立，B选项错误；
C选项：根据向量的数量积的含义可知是一个实数，故是与共线的向量，
同理是与共线的向量，但是，不一定共线，
故不一定成立，C选项错误；
D选项：，，若为钝角，则，
解得且，D选项错误；
故选：BCD.
11．答案：ACD
解析：由题，的根利用求根公式可求得为：或.则t，为方程的两根.
A选项，由韦达定理可得，故A正确；
B选项，将代入方程，得，即不是方程的根，故B错误；
C选项，将代入方程，得，
即是方程的根，故C正确；
D选项，当时，，设，
则.
则表示图形为以为圆心，半径为，的两圆之间，即如图所示的圆环，面积为；
当时，，
则.
则表示图形为以为圆心，半径为，的两圆之间，即如图所示的圆环，面积为；
综上可知，D正确.
故选：ACD.
12．答案：BC
解析：正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，，有，
则正三棱锥的侧棱两两垂直，正三棱锥的侧棱互相垂直，
于是旋转前后的正三棱锥和可以放到正方体中，四边形为该正方体的一个侧面，如图，
连接，，如图，
正方体中，且，四边形为平行四边形，则有，
而与平面相交，则不平行于平面，A错误；
，平面，平面，平面，B正确；
多面体的外接球即棱长为的正方体的外接球，外接球的半径为，表面积为，C正确；
依题意，点A，P旋转角度相同，但旋转半径不同，所以运动的轨迹长不相等，D错误.
故选：BC.
13．答案：5
解析：因为，所以，所以.
故答案为：5.
14．答案：
解析：由题意知：，
由斜二测法知：原直三棱柱中，的对应边长为，对应边长不变，
所以底面三角形面积为，故该直三棱柱的底面积为.
故答案为：.
15．答案：
解析：由题意可得几何体大致图形如下，则其表面积由三部分组成.
圆锥部分，由题圆锥底面圆半径为2，则底面圆周长为，
由题可得圆锥侧面展开扇形半径为，可得侧面展开扇形圆心角为，
得圆锥侧面积为；
圆柱部分，圆柱侧面展开矩形长为圆锥底面圆周长，宽为2，则圆柱侧面积为；
球部分，球半径为2，则半个球面面积为.
综上，几何体表面积为.
故答案为：.
16．答案：；
解析：，由于，所以.
设D是中点，则B，P，G，D共线.
，.
，
.
的最大值为，所以的最大值为.
，
其中，即，
所以，，
.
即的取值范围是.
故答案为：20；.
17．答案：（1），
（2）
解析：（1），
所以z的共轭复数，
.
（2）因为，
即，
也即，
所以，解得.
18．答案：（1）
（2）12
解析：（1）由，则.
（2）由题设，则.
19．答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）连接，如图，因为E，G分别为棱和的中点，
所以且，
所以是平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）在正方体中，连接，，如图，
因为E，G分别为棱和的中点，则，，
因此四边形是平行四边形，
则，即是异面直线与所成的角或其补角，
在中，，
而正方体的体对角线，
由余弦定理，得，
所以异面直线与所成的余弦值为.
20．答案：（1）
（2）作图见解析，
解析：（1）因为正方体，所以平面，
则为三棱锥的高，，，
则，
则正方体剩余部分的体积为.
（2）画直线交，延长线分别为点E，F，
再分别连接，，分别交，于点G，H，
顺次连接，G，M，N，H五边形即为交线围成的多边形，
易得，，则为等腰直角三角形，
则，根据，，
则，，则，，
同理可得，，而，
则五边形的周长为.
21．答案：（1）
（2）
解析：（1）因为，，所以，
在中，由余弦定理，得
.
（2）在中，由余弦定理，得，
所以，
所以.
在中，由余弦定理，得
，解得.
假设小夏先去B地，走路线，路长，
假设小夏先去C地，因为，所以走路线，路长，
假设小夏先去D地，走路线，路长，
由于，
所以小夏走路线，且完成送餐任务的最短时间为.
22．答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）由余弦定理，
结合可知，的面积.
（2）因为，，所以，
由正弦定理，，
所以，①
由于，
代入①式可知：.
（3）解法1：设BC中点为D，则，
，
所以，
如下图所示，
设的外接圆为圆O，由于为锐角三角形，故点A的运动轨迹为劣弧（不含端点），由正弦定理知圆O的半径，故，
设，则，由余弦定理：
，
由于函数在时单调递减，，，
所以.
解法2：由余弦定理②，
由定义，
所以，
设，
则，
由正弦定理：
，
其中锐角的终边经过点，由锐角三角形可知，
注意到，
所以，
所以，②式变形为，故，
从而，
此时函数单调递减，而，，
所以.