2022-2023学年安徽省六安第一中学高一下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年安徽省六安第一中学高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知，为虚数单位，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由可得，利用复数的乘法可化简得出复数.

【详解】因为，则.

故选：C.

2．已知向量，若，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量共线的规则求出x，再根据向量的坐标运算规则求解.

【详解】 ， ；

故选：A.

3．如图，是的直观图，其中，，那么是一个（    ）

A．等边三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．无法确定

【答案】A

【分析】将直观图还原为投影图，分析几何图形的形状.

【详解】

将直观图还原，则，，所以是正三角形.

故选：A.

4．在中，内角，，所对的边为，，，若，，，则角的大小为（    ）

A． B．或 C． D．

【答案】B

【分析】由正弦定理及三角形内角和性质求角的大小.

【详解】由，则，而，故或，

显然，所得角均满足.

故选：B

5．是体积为的棱柱，则三棱锥的体积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据等体积法结合同底等高的棱锥和棱柱体积的关系进行求解

【详解】不妨设三棱柱的高为，则，

故.

故选：D

6．设m，n是不同的直线，是不同的平面，则下列命题正确的是（    ）

A．，则 B．，则

C．，则 D．，则

【答案】D

【分析】举例说明判断ABC；利用线面垂直的性质判断D作答.

【详解】对于A，在长方体中，平面为平面，分别为直线，

显然满足，而，此时不成立，A错误；

对于B，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，

显然满足，而，此时不成立，B错误；

对于C，在长方体中，平面，平面分别为平面，为直线，

显然满足，而，此时不成立，C错误；

对于D，因为，由线面垂直的性质知，，D正确.

故选：D

7．三棱锥A-BCD中，平面BCD，，，则该三棱锥的外接球表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由题可知，可将三棱锥补成长方体，求长方体的外接球的表面积即可.

【详解】由平面BCD，，知三棱锥A-BCD可补形为以AD，DC，BD为三条棱的长方体，如图所示，

三棱锥的外接球即长方体的外接球，长方体的对角线是外接球的直径，设外接球的半径为R，

则，所以该三棱锥的外接球表面积为.

故选：C．

8．如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，，，分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】在棱上取一点，使得，取的中点，连接 ，，，即可得到，则或其补角是异面直线与所成的角，求出，，，再利用余弦定理计算可得.

【详解】解：如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接 ，，，

由于分别是棱的中点，所以，故四边形为平行四边形，进而,

又因为是的中点，所以，所以，则或其补角是异面直线与所成的角.

设，则，

从而，

，

故,

故异面直线与所成角的余弦值是.

故选：C

二、多选题

9．对一个容量为的总体抽取容量为的样本，当选取抽签法抽样、随机数法抽样和分层随机抽样三种不同方法抽取样本时，总体中每个个体被抽中的概率分别为，三者关系不可能是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ABC

【分析】根据抽样的概念，每个个体被抽中的概率是均等的，即可求解.

【详解】在抽签法抽样、随机数法抽样和分层随机抽样中，每个个体被抽中的概率均为，

所以.

故选：ABC.

10．设平面向量，则（    ）

A． B．可以成为一组基底

C．与的夹角为锐角 D．在上的投影向量为

【答案】BD

【分析】求出，即可判断A；由共线向量的条件判断是否共线，即可判断B；求得，则，即可判断C；由投影向量的概念求解即可判断D．

【详解】对于A选项，，，，故A错误；

对于B选项，由于，所以不共线，可以成为一组基底，故B正确；

对于C选项，，所以，则，所以与的夹角为直角，故C错误；

对于D选项，向量在方向上的投影向量为，故D正确．

故选：BD.

11．如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器以BC为轴顺时针旋转，则（    ）

A．有水的部分始终是棱柱

B．水面所在四边形EFGH为矩形且面积不变

C．棱始终与水面平行

D．当点H在棱CD上且点G在棱上（均不含端点）时，不是定值

【答案】AC

【分析】利用棱柱的几何特征判断A；根据水面矩形变化情况判断B；利用线面平行的判定判断C；利用盛水的体积判断D作答.

【详解】对于A，有水部分的几何体，有两个面都垂直于BC，这两个面始终平行，而，

并且BC始终与水面平行，即有，若点H在棱上，由面面平行的性质知，

，若点H在棱CD上，，因此该几何体有两个面互相平行，其余各

面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边互相平行，即该几何体是棱柱，A正确；

对于B，因为水面为矩形，边的长不变，随旋转角的变化而变化，矩形的面积不是定值，B错误；

对于C，因为始终与平行，而始终与水面平行，并且不在水面所在平面内，即棱始终与水面平行，C正确；

对于D，当点在棱上且点在棱上（均不含端点）时，有水部分的棱柱的底面为三角形，

而水的体积不变，高不变，则底面面积不变，即为定值，D错误.

故选：AC

12．在长方体中，若直线与平面所成角为45°，与平面所成角为30°，则（    ）．

A．

B．直线与所成角的余弦值为

C．直线与平面所成角为30°

D．直线与平面所成角的正弦值为

【答案】BC

【分析】由题意，，设，则，，即可判断A；由可知 或其补角为直线与所成角，利用余弦定理求解可判断B；由题可知直线与平面所成角为，又，，求出可判断C；设点到平面的距离为h，由利用等体积法求出，再利用线面角的定义求解可判断D．

【详解】对于A：如图，设，连接，∵平面，∴直线与平面所成角为，则，

连接，∵平面，∴直线与平面所成角为，则，

在中，，∴，故A错误；

对于B：易知，∴或其补角为直线与所成角，

易知，，，∴，故B正确；

对于C：连接，由平面，可知直线与平面所成角为，

又，，∴，故C正确；

对于D：易知，设点到平面的距离为h，

则，取的中点E，连接BE，

由勾股定理可得，∴，∴，

设直线与平面所成角为，则，故D错误．

故选：BC.

三、填空题

13．化简：______.

【答案】

【分析】由向量的线性运算求解即可.

【详解】.

故答案为：.

14．目前，全国多数省份已经开始了新高考改革.改革后，考生的高考总成绩由语文、数学、外语3门全国统一考试科目成绩和3门选择性科目成绩组成.某校高一年级选择“物理、化学、生物”，“物理、化学、地理”和“历史、政治、地理”组合的学生人数分别是900，540，360.现采用分层抽样的方法从上述学生中选出100位学生进行调查，则从选择“物理、化学、生物”组合的学生中应抽取的人数是______.

【答案】50

【分析】先求出抽取比例，再根据分层抽样计算选择“物理、化学、生物”组合的学生人数即可.

【详解】因为，

所以选择“物理、化学、生物”组合的学生人数为.

故答案为：50

15．在中，，则___________.

【答案】

【分析】先利用正弦定理化角为边求出边，再利用余弦定理即可得解.

【详解】因为，所以，

所以，

由余弦定理.

故答案为：.

16．正方体的棱长为1，点P是内不包括边界的动点，若，则线段AP长度的最小值为___________.

【答案】/

【分析】根据平面确定平面，进而在上，故当时，最小，计算线段长度利用等面积法计算得到答案.

【详解】与相交于，连接，，，

，，，故平面，，

故平面，P是内不包括边界的动点，故在上，

当时，最小

中，，，

根据等面积法：.

故答案为：

四、解答题

17．正四棱锥S﹣ABCD的底面边长为4，高为1，求：

(1)求棱锥的侧棱长和斜高；

(2)求棱锥的表面积.

【答案】(1)侧棱长为3，斜高为

(2)

【分析】（1）设SO为正四棱锥S﹣ABCD的高，则SO＝1，作OM⊥BC，则M为BC 中点，连接OM，OB，则SO⊥OB，SO⊥OM，由此能求出棱锥的侧棱长和斜高.

（2）棱锥的表面积，由此能求出结果.

【详解】（1）设SO为正四棱锥S﹣ABCD的高，则SO＝1，

作OM⊥BC于M，则M为BC 中点，

连接OM，OB，则SO⊥OB，SO⊥OM，

BC＝4，BM＝2，则OM＝2，OB＝，

在Rt△SOB中，，

在Rt△SOM中，，

∴棱锥的侧棱长为3，斜高为.

（2）棱锥的表面积：

.

18．的内角的对边分别为，若，求：

(1)的值；

(2)和的面积．

【答案】(1)

(2)，三角形面积为

【分析】（1）应用余弦定理列方程求值即可；

（2）由同角三角函数平方关系求，应用正弦定理求，三角形面积公式求的面积.

【详解】（1）由余弦定理得：，解得．

（2）由，则，

由正弦定理得，又，则，

．

19．如图，在三棱柱中，，平面平面.

(1)求证：；

(2)点E是线段BC中点，在线段上是否存在点F，使得平面，并说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，理由见解析

【分析】（1）利用线面垂直和面面垂直的性质定理即可求解；

（2）利用三角形的中位线定理及平行四边形的判定定理和性质定理，结合线面平行的判定定理即可求解.

【详解】（1）因为，平面平面，平面平面，平面，

所以平面.

又因为平面，

所以.

（2）存在，且点是线段的中点，理由如下：

取的中点G，连接FG，GC.如图所示

在中，因为F，G分别是，的中点，

所以，且.

在平行四边形中，因为E是BC的中点，

所以，且，

所以，且

所以平行四边形FECG是平行四边形，

所以.

又因为平面，平面，

所以平面.

故存在，且点是线段的中点，使得平面.

20．在斜三棱柱中，是边长为2的正三角形，侧棱，顶点在平面的射影为边的中点.

(1)求证：平面平面；

(2)求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）先证明线面垂直，再根据面面垂直判定定理证明面面垂直即可；

（2）应用等体积方法求解点到平面距离.

【详解】（1）且为的中点，，

又平面平面，

平面.故平面，又平面，

平面平面.

（2）设点到平面的距离为是边长为2的正三角形，，

根据等体积公式可得，解得-

21．已知分别为的内角的对边，且.

(1)求角；

(2)若的面积为，求的周长.

【答案】(1)

(2)6

【分析】（1）根据，利用正弦定理结合两角和与差的正弦函数得到，再利用辅助角公式求解.

（2）由的面积为，结合，得到，再利用余弦定理求解.

【详解】（1）解：因为，

所以由正弦定理得.

因为，

所以，

所以.

因为，

所以，

所以，即.

所以，

即

又，

所以.

（2）因为的面积为，所以.

由，所以.

由余弦定理得，

又，所以.

解得.

故的周长为.

22．如图，在棱长为2的正方体中，P、Q分别为棱和中点.

(1)请在图中作出过A、P、Q三点的正方体的截面（保留作图痕迹，画出交线，无需说明理由），并求交线所围成的多边形周长；

(2)求（1）中的截面与平面ABCD所成锐二面角的余弦值.

【答案】(1)作图见解析，

(2)

【分析】（1）作出截面求周长即可.

（2）用几何法找到二面角的平面角，在三角形中求解即可.

【详解】（1）如图，多边形AMPQN即为所作截面.

因为P、Q分别为棱和中点，，

所以，即，

又，，所以，则，

在中，，

所以，

同理：，，

又在中，，

所以截面周长为.

（2）由正方体的性质可知只需求截面与平面所成的锐二面角.

连接交PQ于E，连接AE，

因为在正方体中，面，面，

所以，

又易知，，所以，

又面，所以平面，

因为平面，所以，

又截面与平面的交线为，所以即为所求二面角的平面角，

易得，，

所以在中，，

所以，

即所求二面角的余弦值为.