浙江省台州市第一中学2022-2023学年高一数学下学期期中考试试题（Word版附解析）

台州市第一中学2022学年第二学期期中考试试卷

高一数学

总分：150分  考试时间：120分钟

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．

1. 已知复数（为虚数单位），则虚部为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

利用复数虚部的定义即可得出答案．

【详解】是虚数单位），的虚部是．

故选：D．

【点睛】本题考查复数的虚部的定义，属于基础题.

2. 已知，，，则下列各组向量中，不能作为平面内一组基底的是（    ）

A. ， B. ， C. ， D. ，

【答案】B

【解析】

【分析】根据向量的坐标运算结合基底向量的定义逐项分析判断.

【详解】对于A：，则，

可得，不共线，则，可以作为一组基底，故A正确；

对于B：，则，

可得，共线，则，不可以作为一组基底，故B错误；

对于C：，则，

可得，不共线，则，可以作为一组基底，故C正确；

对于D：，则，

可得，不共线，则，可以作为一组基底，故D正确；

故选：B.

3. 在中，若，则角C等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据余弦定理可得的值，即得答案．

【详解】在中，，可得，

由于，故 ，

故选：A．

4. 已知不重合的直线l，m和不重合的平面，，下列命题正确的是（    ）

A. 若，，则 B. 若，，则

C. 若，，则 D. 若，，，，则

【答案】C

【解析】

【分析】根据空间中线、面关系分析判断.

【详解】对于A：若，，则平面，的位置关系有：平行、相交，故A错误；

对于B：若，，则的位置关系有：或，故B错误；

对于C：若，，根据线面垂直的性质可知：，故C正确；

对于D：根据面面平行的判定定理可得：若相交，则，否则不成立，故D错误.

故选：C.

5. 设向量与的夹角为，定义.已知向量为单位向量，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由平面向量数量积的运算律求出向量与的夹角，代入新定义求解即可.

【详解】由题意得，

解得，

又，所以，

所以.

故选：C

6. 在数学探究活动课中，小华进行了如下探究：如图1，水平放置的正方体容器中注入了一定量的水；现将该正方体容器其中一个顶点固定在地面上，使得DA，DB，DC三条棱与水平面所成角均相等，此时水平面为HJK，如图2所示．若在图2中，则在图1中（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设出正方体的边长，利用水的体积相等建立方程求解

【详解】当DA，DB，DC三条棱与水平面所成角均相等时，三棱锥为正三棱锥，设正方体的棱长为3，

则，

所以，则题图1中，

则，所以.

故选：B

7. 已知中，角A，B，C的对边分别是a，b，c下列选项中正确的是（    ）

A. 若，则是锐角三角形

B. 若，则是直角三角形

C. 若，则是等腰三角形

D. 若，则是等边三角形

【答案】D

【解析】

【分析】根据正、余弦定理结合三角函数、三角恒等变换逐项分析判断.

【详解】对于A：若，则，

因为，可得为锐角，

但不确定是否为锐角，所以不能确定的形状，给A错误；

对于B：因为，则，

可得，且或，

可得或，故B错误；

对于C：若，由正弦定理可得：，

因为，则，

可得，整理得，

所以或，即或，

可知是等腰三角形或直角三角形，故C错误；

对D：因为，则，

可得，

若，则，

可得，即，

则是等边三角形，故D正确；

故选：D.

8. 如图，平面平面，，且为正三角形，点D是平面内的动点，ABCD是菱形，点O为AB中点，AC与OD交于点Q，，且，则PQ与l所成角的正切值的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意分析可得PQ与l所成角即为，设，分析可得，换元结合基本不等式运算求解.

【详解】分别过作的垂线，垂足为，连接，

由题意可得：PQ与l所成角即为，

因为，平面平面，平面平面，平面，

所以平面，

平面，则，

设，

在Rt中，可得，

且，

又因为为正三角形，点O为AB中点，则，

可得，

则，

令，则，

可得，

因为，当且仅当，即时，等号成立，

所以，

即PQ与l所成角的正切值的最小值为.

故选：D.

【点睛】关键点睛：寻找合适变量表示相关长度，本题选择，进而可结合基本不等式运算求解.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 已知i为虚数单位，以下四个说法中正确的是（    ）

A.

B.

C. 若，则z在复平面内对应的点位于第四象限

D. 已知复数z满足，则复数z对应点的集合是以O为圆心，以2为半径的圆

【答案】AD

【解析】

【分析】根据复数的概念，运算，几何意义，判断选项.

【详解】A. ，故A正确；

B.虚数不能比较大小，故B错误；

C. ，则z在复平面内对应的点为，在第三象限，故C错误；

D.根据复数模的几何意义，可知D正确.

故选：AD

10. 关于平面向量，下列说法正确的是（    ）

A. 若，，则

B. 若，，则在方向上的投影向量是

C. 若，，且与夹角为钝角，则

D. 若且，则四边形ABCD为菱形

【答案】BD

【解析】

【分析】根据向量共线概念判断A；根据投影向量的概念判断B；根据向量夹角的概念判断C；由向量的线性运算得，可得是平行四边形，则，由条件结合平面向量基本定理可判断D．

【详解】若，虽然有，，但不一定有，A错；

，，则在方向上的投影向量是，B正确；

当时，，两向量方向相反，夹角为不是钝角，C错；

若，即，则，

所以是平行四边形，则，

又，即，则，

所以，所以是菱形，D正确．

故选：BD．

11. 在棱长为1的正方体中，E，F分别为AB，BC的中点，则（    ）

A. 过点，E，F的平面截正方体所得的截面周长为

B. 异面直线与所成角的余弦值为

C. 点P为正方形内一点，当//平面时，DP的最小值为

D. 当三棱锥的所有顶点都在球O的表面上时，球O的表面积为

【答案】BCD

【解析】

【分析】对于A：根据平行关系求截面，进而可得周长；对于B：根据异面直线夹角分析运算；对于C：根据面面平行分析判断；对于D：转化为长方体的外接球分析运算.

【详解】对于A：连接，

因为为的中点，则//，

又因为//，，则为平行四边形，可得//，

则//，

过作//，设，则//，

可得，

连接，设，连接，

可得过点，E，F的平面截正方体所得的截面为五边形，

因为，则，

可得，

所以截面周长为，故A错误；

对于B：因为//，则异面直线与所成角为，

可得，所以，故B正确；

对于C：取的中点，连接，

由题意可得：//，，则为平行四边形，所以//，

又因为//，，且//，，

可得//，，则为平行四边形，所以//，

可得//，

平面，平面，则//平面，

又因为//，且//，可得//，

平面，平面，则//平面，

，平面，所以平面//平面，

则点P在线段上，可得，

所以当点P为线段的中点时，取到最小值，

故C正确；

对于D：三棱锥的外接球即为以为邻边的长方体的外接球，

因为，可得外接球的半径，

所以外接球的表面积，故D正确；

故选：BCD.

12. 如图，在中，，，点D与点B分别在直线AC两侧，且，，当BD长度为何值时，恰有一解（    ）

A. 6 B.  C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】在中，利用余弦定理可得，进而可得，在中，利用正、余弦定理可得，，在中，利用余弦定理分析运算即可.

【详解】在中，设，

由余弦定理可得：，

则，即，

解得或（舍去），

则，可得.

在中，设，

由余弦定理可得：，

即，

由正弦定理可得，则，

在中，由余弦定理可得：，

则

，

因为，则，

若恰有一解，则或，

可得或，

，

，

故A、B、D正确，C错误.

故选：ABD.

【点睛】方法点睛：在处理解三角形的范围（或最值）问题时，常利用正、余弦定理进行边化角，再结合三角函数分析求解.

三、填空题：本大题共4小题，每题5分，共20分．

13. 如图，是斜二测画法画出的水平放置的的直观图，是的中点，且轴，轴，，，则的面积是________．

【答案】4

【解析】

【分析】根据斜二测画法确定原图形，求解即可.

【详解】由图象知：，，

，为的中点，

的面积.

故答案为：4.

14. 已知圆台的上底面半径为2，下底面半径为6，若该圆台的体积为，则其母线长为________．

【答案】

【解析】

【分析】由圆台的体积求得圆台的高h，作出圆台的轴截面，由勾股定理可求得结果.

【详解】圆台的上底面半径为2，下底面半径为6，设圆台的高为h，

则该圆台的体积为，则，

作出圆台的轴截面如图所示，

上底面圆心为M，下底面圆心为N，MD＝2，NC＝6，

过D作DE⊥NC，则EC＝6－2＝4，又DE＝h＝6，

所以圆台的母线长为．

故答案：.

15. 矩形ABCD中，，，AD的中点为M，折叠矩形使得点A落在边CD上，则点M到折痕的距离的取值范围是________．

【答案】

【解析】

【分析】设折叠矩形使得A落在边上，当在D处时，此时折痕过M，即点M到折痕的距离为0．当到C处时，取得最大值，求出，即可求出答案.

【详解】设折叠矩形使得A落在边上，

当在D处时，此时折痕过M，即点M到折痕的距离为0．

当从D向C运动的过程中（如图1），

中点为O，则，过M作于点N，

则，此时在增大，也增大，

故当到C处时，取得最大值（如图2），

此时，所以，

故点M到折痕的距离的取值范围是．

故答案为：．

16. 平面向量，且，则的取值范围是________．

【答案】

【解析】

【分析】由题意可得，，对应的点在半径为2的圆上，且是等边三角形，且所求表达式转化为，从而问题转化为圆上的点到点的距离之和，即，再利用不等式的性质以及三角形的性质即可求解.

【详解】

因为向量满足，且，

所以，，对应的点在半径为2的圆上，且是等边三角形，

且，

即圆上的点到点的距离之和，即，

若点不与重合，不妨设点在上，

则，，

，

故点在圆上运动时，，

又因为为半径为2的圆的内接等边三角形，

所以，

所以，

由余弦定理可得：且，

即，所以，

可得，当且仅当即点与点（的中点）重合时，等号成立，

又因为，所以当且仅当点是、、的中点时，等号成立，

所以的取值范围为，

故答案为：.

【点睛】关键点点睛:本题解题的关键点是利用已知条件将，，对应的点在单位圆上，且是半径为2的圆的内接正三角形，将问题转化为圆上的点到三点的距离之和.

四、解答题：本大题共5小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 在复平面内，复数，对应的点分别为，，，且为纯虚数．

（1）求a的值；

（2）若的共轭复数是关于x的方程的一个根，求实数p，q的值．

【答案】（1）3    （2），

【解析】

【分析】（1）首先根据复数的几何意义表示，再表示，根据复数的特征，求参数的值；

（2）首先将复数代入方程，根据实部和虚部为0，求实数的值.

【小问1详解】

由复数几何意义可知，，，

为纯虚数，，

【小问2详解】

，

由条件可知，，即

，解得：，

18. 如图，在四棱锥中，底面四边形的边长均为2，且，棱的中点为.

（1）求证：平面；

（2）若的面积是，求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明即可；

（2）利用三棱锥的体积关系，求解点到平面的距离即可.

【小问1详解】

因为为菱形，所以.

又因为，平面

所以平面.

因为平面，所以.

又由已知，平面

所以平面.

【小问2详解】

因为为的中点，

所以点到平面的距离等于点到平面的距离.

由（1）知，平面，所以.

又因为，所以，所以，则.

设点到平面的距离为，所以.

因为，所以.

在中，，，，

所以，又，所以，

所以，所以，

所以.

19. 在①，②，③的面积为，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．

在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且______．

（1）求角A；

（2）若，的内切圆半径为，求的面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）选①，根据已知条件及正弦定理的边角化，再利用三角形的内角和定理及两角和的正弦公式，结合三角函数的特殊值对应特殊角注意角的范围即可求解；

选②，根据已知条件及三角形的内角和定理，再利用两角和的正切公式及三角函数的特殊值对应特殊角注意角的范围即可求解；

选③，根据已知条件及三角形的面积公式，再利用余弦定理的推论及三角函数的特殊值对应特殊角注意角的范围即可求解；

（2）根据（1）的结论及三角形的面积公式，结合余弦定理即可求解.

【小问1详解】

若选①，由及正弦定理，得，

即，

即，

所以，

因为,所以，

所以，又,

所以．

若选②，由，得

，

∴，

因为,所以，当时，不存在，

所以，又,

所以．

若选③，因为的面积为，

所以，

即，

所以，又,

所以．

【小问2详解】

由（1）知，，

∵内切圆半径为，

∴，即

，

由余弦定理，得，即，

所以，

联立，得，解得，

所以．

20. 在中，已知，，P在线段BC上，且，Q是边AB（含端点）上的动点；

（1）若，O是AP中点，求证：C，O，Q三点共线．

（2）若存在点Q使得，求的取值范围及的最大值．

【答案】（1）证明见解析   

（2），最大值为

【解析】

【分析】（1）根据平面向量的线性运算结合向量共线的判定定理分析证明；

（2）根据向量垂直的可得，结合函数的单调性分析运算.

【小问1详解】

因为，所以，即；

又因为O为线段AP的中点，所以，

因为，所以，

又因为

所以，因此C，O，Q三点共线.

【小问2详解】

可得，

又因为，设，

则，

由可得，即，

所以，即，

整理得，

因为，在上单调递增，

故；

又因为，

可知是关于t的函数在上单调递增，所以当时，最大值为．

21. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为直角梯形，且，，，，平面平面ABCD，点M在线段PB上，平面MAC．

（1）判断M点在PB的位置并说明理由；

（2）记直线DM与平面PAC的交点为K，求的值；

（3）若异面直线CM与PA所成角的余弦值为，求二面角的平面角的正切值．

【答案】（1）M为PB上靠近B的三等分点，理由见解析   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）连接BD交AC于O，由平面MAC，根据线面平行的性质可得答案；

（2）连接OP，则，由可求得结果；

（3）取AD中点H，过M作，可知，取AB靠近A的三等分点N，可知，所以或其补角就是异面直线CM与AP所成角，由条件证得平面ABCD，平面ABCD，令，计算，，，，利用余弦定理，由得，解得，过G作交CD于Q，由平面MGQ得，所以就是所求二面角的平面角，求解即可.

【小问1详解】

连接BD交AC于O，连接OM，

因为平面MAC，平面PBD，平面平面，则．

因为，所以，

则O为BD靠近B的三等分点，所以M为PB上靠近B的三等分点．

【小问2详解】

如图，连接OP，则，

因为，则．

【小问3详解】

取AD中点H，连接PH，HB，

过M作，可知．

取AB靠近B的三等分点N，连接MN，NC，可知，

所以或其补角就是异面直线CM与AP所成角，如图．

因为平面平面ABCD，平面平面ABCD，，平面，

所以平面ABCD，因此平面ABCD．

令，，计算得：，，，

，，

所以，，即，解得．

过G作交CD于Q，连接MQ．

平面ABCD，平面ABCD, ,

，平面MGQ，平面MGQ，

平面MGQ，，

所以就是所求二面角的平面角，

所以，．