2022-2023学年黑龙江省鹤岗市第一中学高一下学期期中数学试题含答案

  2022-2023学年度下学期高一期中考试

数学试题

考试时间：120分钟  分值：120分

注意事项：

1. 本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷和答题卡相应位置上。将条形码按位置正向粘贴。
2. 回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。写在本试卷上无效。
3. 回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡相应区域上，写在本试卷上无效。
4. 考试结束后，将答题卡交回。

一、单选题（共8题，每题5分）

1．已知复数z满足，则（   ）

2．在中，角，，所对的边分别是，，．若，，，则（  ）．

A． B．           C． D．

3．已知，，，则 （  ）

A． B．             C． D．

4．已知是两条不同直线，若平面，则“”是“”的（  ）

A．充分而不必要条件         B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

5．在矩形ABCD中，M是BC的中点，N是CD的中点，若，则

（ ）

A． B．1             C． D．

6．如图，用斜二侧画法得到的直观图为等腰，其中，则的面积为（  ）

A．1            B．2          C．         D．

7．已知的角，，的对边分别为，，，且，，，则（  ）

A．4 B．6           C． D．

8．著名的古希腊数学家阿基米德一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理：把一个球放在一个圆柱形的容器中，如果盖上容器的上盖后，球恰好与圆柱的上、下底面和侧面相切（该球也被称为圆柱的内切球），那么此时圆柱的内切球体积与圆柱体积之比为定值，则该定值为（  ）．

A． B．           C． D．

二、多选题（共4题,每题5分,全部选对得5分,部分选对得2分,有选错的得0分）

9．如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则以下正确的是（  ）

A．        B．  C．        D．

10．对于，有如下判断，其中正确的判断是（）

A．若，则为等腰三角形.

B．若，则.

C．若，，，则有两解.

D．若，，则面积的最大值为

11．下列说法正确的是（  ）

A．向量，能作为平面内所有向量的一组基底

B．已知中，点P为边AB的中点，则必有

C．若，则P是的垂心

D．若G是的重心，则点G满足条件

12．如图所示，一圆锥的底面半径为，母线长为，为圆锥的一条母线，为底面圆的一条直径，为底面圆的圆心，设，则（  ）

A．过的圆锥的截面中，的面积最大

B．当时，圆锥侧面的展开图的圆心角为

C．当时，由点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到点的细绳长度最小值为

D．当时，点为底面圆周上一点，且，则三棱锥的外接球的表面积为

三、填空题（共4题，每题5分）

13．在复平面内，复数与所对应的向量分别为和，其中为坐标原点，则对应的复数为______.

14．已知向量，满足，，，则向量，的夹角为____

15．已知一圆柱的轴截面为正方形，母线长为，在该圆柱内放置一个棱长为a的正四面体，并且正四面体在该圆柱内可以任意转动，则a的最大值为________．

16. 已知的面积等于1，若，则当这个三角形的三条高的乘积取最大值时，______

四、解答题（17题10分，18至22题每题12分）

17．（10分）已知向量，.

（1）已知，求点坐标；

（2）若，求的值.

18．（12分）如图所示，圆锥SO的底面圆半径，母线.

(1)求此圆锥的体积和侧面展开图扇形的面积；

(2)过点O在圆锥底面作OA的垂线交底面圆圆弧于点P，设线段SO中点为M，求异面直线AM与PS所成角的余弦值.

19．（12分）如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，E，F，G，H分别是AB，AC，A1B1，A1C1的中点．求证：

(1)B，C，H，G四点共面；

(2)平面EFA1平面BCHG.

20．（12分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足：

(1)求角A的大小；

(2) 已知①，②，③，

在这三个条件中任选两个，补充在下面的问题中，并解决该问题:

已知_________，_________，且存在，求的面积．

21．（12分）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，E为棱的中点，平面与棱交于点F．

(1)求证：平面；

(2)求证：F为的中点；

(3)在棱上是否存在点N，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

22．（12分）如图所示，某住宅小区一侧有一块三角形空地，其中，，．物业管理部门拟在中间开挖一个三角形人工湖，其中，都在边上（，均不与重合，在，之间），且．

(1)若在距离点处，求点，之间的距离；

(2)设，

①求出的面积关于的表达式；

②为节省投入资金，三角形人工湖的面积要尽可能小，试确定的值，使得面积最小，并求出这个最小面积．

参考答案：

1．B

【详解】因为，所以，

所以.

故选：B

2．B

【详解】因为，所以．

故选：B

3．A

【详解】由题意得，

故，解得.

故选：A

4．D

【详解】若平面，，则或，故充分性不成立；

若平面，，则或相交或异面，故必要性不成立；

所以若平面，则“”是“”的既不充分也不必要条件.

故选：D.

5．D

【详解】以为原点，分别以为轴的正半轴建立如图所示的平面直角坐标系，

设，

则，

则，

因为，

可得，

即，解之得，所以.

故选：D.

6．C

【详解】由于的直观图为等腰，其中，故,

故,

根据直观图面积和原图面积之间的关系式,

故，

故选：C

7．D

【详解】∵，由余弦定理可得，

整理得，∴，即，而，∴．

又，，∴由余弦定理可得，

∴，∴．

故选：D

8．D

【详解】设圆柱的母线长为l，内切球的半径为r，如图所示，

则其轴截面如图所示，

则，

所以圆柱的内切球体积为，圆柱体积为，

所以圆柱的内切球体积与圆柱体积之比为.

故选：D.

9．BC

【详解】解：由展开图可得几何体的直观图如下：

所以与为异面直线，与为异面直线，故A、D错误；

由正方体的性质可得（），，

所以四边形为平行四边形，所以，故B、C正确；

故选：BC

10．BCD

【详解】对于A，因为，由正弦定理得，

所以，即，

所以或，即或，

所以为等腰三角形或直角三角形，故A错；

对于B，因为，所以，由正弦定理得，故B对；

对于C，由正弦定理，

所以，

所以或，

所以有两解，故C对；

对于D，，

所以，当且仅当时取等号，

所以，所以面积的最大值为，故D对.

故选：BCD.

11．BC

【详解】对A，，故共线，不能作为平面内所有向量的一组基底，故A错误；

对B，根据平面向量基本定理可得中，点P为边AB的中点，则必有，故B正确；

对C，由可得，即，故，同理，，故P是的垂心，故C正确；

对D，若G是的重心，则点G满足条件，则，故D错误；

故选：BC

12．BD

【详解】对于选项A：设点是底面圆上异于点的任意一点，则，.且.

当时，，此时的面积最大；

当时，若，则，此时的面积不是最大；

故选项A错误.

对于选项B：当时，，即.

圆锥侧面的展开图的圆心角为.

故选项B正确.

对于选项C：如图，由点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到点的细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图得到的扇形的圆心角所对的弦长.

当时，，即.

圆锥侧面的展开图的圆心角为，

此时的弦长为，

故选项C错误.

对于选项D：当时，，即.

当时，.

因为，

所以三棱锥的外接球的半径为，

则三棱锥的外接球的表面积为.

故选项D正确.

故选：BD.

13．

【详解】因为复数与所对应的向量分别为和，

所以，，

所以，即对应的复数为.

故答案为：

14．

【详解】设与的夹角为，，

则，解得，

，故.

故答案为：

15．2

【详解】由题意知，该正四面体的外接球在圆柱内，要使a最大，正四面体的外接球应内切于圆柱，当a最大时，设该正四面体为A-BCD，底面BCD上的高为AM，正四面体A-BCD的外接球球心为O，半径为R，因为圆柱的轴截面是正方形，母线长为，所以圆柱的底面直径为，所以该正四面体的外接球的半径，

在正四面体A-BCD中，，，，所以，在Rt△MOD中，由勾股定理得：，整理得：，解得：或0（舍去），所以a的最大值为2.

故答案为：2

16.

【详解】依题意可知，三条高分别为，根据三角形面积公式有，故，，而，即，所以.故当取得最大值时，三条高的乘积取得最大值.作平行于且与距离为的平行直线，作的垂直平分线，交直线于.过上一点作圆，使圆经过三个点，由于由于圆外角小于圆周角，故此时取得最大值，也即取得最大值.在三角形中，，由余弦定理得，.即三角形的三条高的乘积取最大值时.

17．（1），（2）

【详解】解：（1）设点坐标为，

因为，所以，

因为，所以，解得，

所以点坐标为——5分

（2）因为，，且，

所以，——7分

所以，所以，所以.——10分

18．(1)；

(2)

【详解】（1）圆锥SO的底面圆半径，母线，所以圆锥的高为，——2分

所以圆锥的体积——4分

圆锥的侧面展开图扇形的面积——6分

（2）在圆锥中，作，交于，则异面直线AM与PS所成角为，——7分

，，，——9分

所以，

所以异面直线AM与PS所成角的余弦值为.——12分

19．(1)证明见解析

(2)证明见解析

【详解】（1）∵G，H分别是A1B1，A1C1的中点

∴GH是的中位线，∴GHB1C1，——1分

又在三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1BC，∴GHBC，——3分

∴B，C，H，G四点共面．——4分

（2）∵E，F分别为AB，AC的中点，

∴EFBC，——5分

∵平面BCHG，BC⊂平面BCHG，

∴EF平面BCHG，——7分

∵在三棱柱ABC－A1B1C1中，，，

∴A1GEB，，

∴四边形A1EBG是平行四边形，∴A1EGB，——9分

∵平面BCHG，GB⊂平面BCHG，

∴A1E平面BCHG，——10分

∵A1E∩EF＝E，A1E，EF⊂平面EFA1，

∴平面EFA1平面BCHG.——12分

20．(1)A=

(2)答案见解析

【详解】（1）由正弦定理，，

即，得，——4分

又A在三角形中——5分，则A=——6分

（2）若选择①②，因，A=，则

.

由正弦定理，则，故符合条件的三角形不存在.

若选择①③，由余弦定理有，又，A=，

则，解得，——9分则.——10分

则，即面积为.——12分

若选择②③，由正弦定理有，则，

又，，A=.则，得.——8分

又，A=，则.——10分

则，即面积为.——12分

21

【详解】（1）连接交于，连接，如下图：（注：辅助线实虚线画错扣1分）

由为平行四边形，则为中点，又E为棱的中点，

所以为中位线，则，——2分

又面，面，故平面；——4分

（2）由题设知：，面，面，

所以面，——5分

又面，面面，所以，——6分

又E为棱的中点，即是△的中位线，——7分

故F为的中点；——8分

（3）存在N使得平面且，理由如下：

为中点，连接，

由题设且，由（2）知且，

所以且，即为平行四边形，——10分

所以，而面，面，

所以面，故所求点即为点，

则上存在点N使得平面，且.——12分

22．(1)

(2)①， ；②当时，

【详解】（1）∵，，，，∴，，

∴由余弦定理，，，——2分

∴．

在中．——4分

（2）①∵，∴，

在中，，——6分

在中，，

∴，——8分

又中边上的高为，

∴，．——10分

②当，时，最小且．——12分