山西省大同市2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

这是一份山西省大同市2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了考试范围国等内容，欢迎下载使用。

高一数学试卷
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
4．考试范围国：必修第二册第六、七、八章.
一、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，只有一项是符合题目要求的.
1. 在中，，，则该三角形的面积（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的数量积公式得，再根据三角形面积公式计算即可.
【详解】因为在中，，，
所以，则，
故.
故选：B.
2. 已知复数满足，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由，可得，再将代入化简可得，从而可求出的值.
【详解】因为复数满足，
所以，
由，，得
，
，
所以，即，
所以，
因为，所以，
故选：D
3. 已知平面向量，，满足，，且.若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设，根据向量垂直、数量积的坐标表示列方程求，最后用坐标公式求模即可.
【详解】令，则，可得，
所以.
故选：A
4. 某种质地的沙子自然堆放在水平地面上，该沙堆呈底面水平的圆锥形，若要使沙堆上的沙子不滑落，则圆锥母线与底面的最大夹角为．现有一底面半径为，高为的沙堆，为了节省该沙堆的占地，用一底面半径为的无盖圆柱形容器自然盛放完这些沙子（沙子可以超出该容器的上底，且超出部分的形状呈圆锥形），则该容器的高至少为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆柱的体积和圆锥的体积公式即可求解.
【详解】依题意，沙堆的体积是，

设圆柱的高为，露出上部分的沙堆的高为，
所以，整理得，
又因为，所以，则.
故选：B.
5. 在平行四边形中，分别是边上的点，，若，则（ ）
A. B. C. D.

【答案】C
【解析】
【分析】以为基底向量表示，结合数量积运算律运算求解.
【详解】以为基底向量，则，
因为，
即，解得.
故选：C.

6. 在菱形中，已知，将沿对角线折起，形成三棱锥，则三棱锥的表面积最大时，该三棱锥的体积为（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】A
【解析】
【分析】沿对角线BD折起，当且，则三棱锥的表面积最大时，取BD的中点E，连接AE，EC，由ABCD是菱形，可知平面，结合三棱锥的体积公式即可求解;
【详解】由题意可知，当且，则三棱锥的表面积最大时，取BD的中点E，连接AE，EC，

平面，平面，，可知平面，
因为， 是菱形，是等边三角形，
是等边三角形，
所以.
故选：A.
7. 已知方程（R）的四个根均为虚数，且以这四个根在复平面内对应的点为顶点的四边形面积为4，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的四则运算法则,复数相等的条件及其几何意义求解即可.
【详解】由已知得或，
当时，此方程的两个虚数根互为共轭复数，
设，，其中R,
将代入方程得，
整理得，则，
解得 ，即，
同理可得，当时，该方程的虚数根为，
由复数的几何意义可知，这四个根在复平面内对应的点为顶点的四边形为等腰梯形，
则该等腰梯形的面积为，解得，
故选：.
8. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对原式化简得，再将其代入余弦定理结合基本不等式即可求出最值.
【详解】，化简得，
，
当且仅当时等号成立，
故选：D.
二、选择题：本题共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. 已知四边形为等腰梯形，为空间内的一条直线，且平面，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则//平面
B. 若，则与为异面直线
C. 若，则平面
D. 若，则平面
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A：根据线面平行的判定定理分析说明；对于B：根据异面直线的判定定理分析说明；对于C、D：根据线面垂直的判定定理分析说明.
【详解】对于选项A：若，平面，平面，
所以//平面，故A正确；
对于选项B：由题意可设，
因为//，设与确定的平面为，
又因为平面，则平面，
可得，且，则，即，
所以与为异面直线，故B正确；
对于选项C：若，且相交，平面，
所以平面，故C正确；
对于选项D：虽然，但，不满足线面垂直的判定定理，
所以无法确定与平面是否垂直，故D错误；
故选：ABC.
10. 在中，已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用小角对小边判断即可；对于B，利用余弦定理，结合角的范围即可判断；对于C，举反例排除即可；对于D，利用正切函数的和差公式即可判断.
【详解】对于A，因为，所以，
根据小角对小边得：，所以，故A正确；
对于B，因为，所以，则，
由余弦定理得，即，故B正确；
对于C，当时，符合，
但是，故C错误；
对于D，因为，
所以，
则，
所以，即，故D正确.
故选：ABD.
11. 已知复数均为虚数，且，则（ ）
A.
B.
C. 为纯虚数
D. 存在某个实系数二次方程，它的两个根为
【答案】BC
【解析】
【分析】利用复数的四则运算及复数的模公式，结合共轭复数的概念及复数的概念即可求解.
【详解】设，
，
，
对于A ，，故A 错误；
对于B，，
，
所以，故B正确；
对于C，，
，
为纯虚数，故C正确；
对于D，因为为虚数，为实数，所以实系数二次方程，要么，要么，不可能既有实数根，又有虚数根，故D错误.
故选：BC.
12. 在中，，，，AD是三角形的中线．E，F分别是AB，AC边上的动点，，（x，），线段EF与AD相交于点G．已知的面积是的面积的2倍，则（ ）
A. B. x＋y的取值范围为
C. 若，则的取值范围为 D. 的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用三角形面积公式即可得到，利用对勾函数的性质和基本不等式即可判断B，利用共线向量定理的推论即可判断C，利用转化法计算即可判断D.
【详解】对A，，
，
又因为，即，
解得，故A正确，

对B，因为，，则，解得，则，
则，
当且仅当时等号成立，
根据对勾函数的图象与性质可知当或1时，，则，故B错误，
对C，因为，，所以，
因为点三点共线，
则存在，使得
则有，则，，故C正确；
对D，，，
则


，
因为，则，则，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题较难的CD选项的判定，需要利用共线向量定理的推论，从而得到，然后解出，从而得到其范围；对于D选项，则利用转化法来计算，最后得到，再进行消元转化为单变量表示即可得到其范围.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知复数满足，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据实数系方程解得，进而可求模长.
【详解】因为，整理得，解得，
所以.
故答案为：.
14. 已知向量，，当取得最大值时，______．
【答案】
【解析】
【分析】先利用向量数量积的坐标表示与辅助角公式，求得取得最大值时的值，从而求得，再利用向量模的运算公式即可得解.
【详解】因为，，
所以，
当且仅当，即时取最大值，
此时，
所以，
所以
故答案为：.
15. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝2，，则b的取值范围为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用正、余弦定理得，再利用正弦定理得，最后根据三角形为锐角三角形求出的范围即可得到答案.
【详解】由余弦定理得，
则，则根据正弦定理得，
又因为，，
即，
化简得，因为是锐角三角形，则，
则，则则，则，
则，解得，
根据正弦定理有，
，，
故答案：.
16. 已知是半径为2的球面上的四点，且．二面角的大小为，则点形成的轨迹长度为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意求出外接球球心与面的距离，结合二面角的大小判断与面所成角大小，进而求出到外接圆圆心距离，即可确定轨迹长度.
【详解】由题意，为等腰直角三角形，且外接圆半径，圆心为中点，
又外接球半径，球心，则，

易知：为等腰直角三角形，又二面角的大小为，
由为外接圆直径，且面面，则与面所成角为，
所以到外接圆圆心距离，故外接圆的半径为，
注意：根据二面角大小及球体的对称性，如上图示，
轨迹在大球冠对应外接圆优弧的一侧，在小球冠对应外接圆劣弧的一侧，
所以轨迹长度为.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.（10分）
17. 已知复数满足．
（1）求；
（2）若为纯虚数，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，代入化简，再利用复数相等的条件可求出，从而可求出复数，
（2）由（1）知，代入化简，再由其为纯虚数可求出的值．
【小问1详解】
设，
因为，
所以，
，
，
所以，得，
所以
【小问2详解】
由（1）可知，
所以，
所以



因为纯虚数，
所以且，
解得.
18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为，已知.
（1）若，求；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角形面积公式，得，再根据正弦定理，边角互化，结合
，即可求解；
（2）根据条件，变形得，再结合余弦定理求，代入三角形面积公式，即可求解.
【小问1详解】
因，所以，
因为，所以，即，
所以，且，，且，
，，
所以.
【小问2详解】
因为，所以，即，
因为，，，即，所以，
由余弦定理得，
所以，
解得，
所以
19. 在中，角所对的边分别为是内的一点，且．
（1）若是的垂心，证明：；
（2）若是的外心，求．
【答案】（1）证明见详解
（2）
【解析】
【分析】（1）由垂心的概念及向量的数量积结合余弦定理化简即可；
（2）根据外心的性质结合数量积计算得出，计算即可.
【小问1详解】
∵是的垂心，∴，
即，，
由余弦定理可得上式等价于，
化简得；
【小问2详解】

如图所示，取AB、AC中点分别为E、F，
∵是的外心，∴，
即，
故,
同理，，
联立可得
∵
20. 如图，在四棱台中，四边形和均为正方形，四边形为直角梯形，．

（1）设平面平面，证明：∥平面
（2）求该四棱台的体积．
【答案】（1）证明见详解；
（2）
【解析】
【分析】（1）利用条件先证BC∥面ADD1A1，从而得BC∥l，再证线面平行即可；
（2）根据已知先证得为棱台高，结合棱台体积公式计算即可.
【小问1详解】
由题意可得BC∥AD，面ADD1A1，面ADD1A1，∴BC∥面ADD1A1，
又平面，且平面平面，∴BC∥l，
∵平面ABCD，面ABCD，∴∥平面；
【小问2详解】
如图所示，连接BD，交AC于O点，连接B1D1交A1C1于O1，连接OO1，

在四棱台中易得，由得四边形为等腰梯形，∴,
在正方形ABCD中，易知BD⊥AC，且，面，
∴BD⊥面，
又面，∴，
∵面ABCD，∴面ABCD，
设棱台上下底面积分别为，由条件可得，
故其体积为：.
21. 在中，角所对的边分别为．
（1）求的最大值；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理及基本不等式计算即可；
（2）先由切化弦，结合正余弦定理将条件式化为与边的比值有关的函数，计算即可.
【小问1详解】
由余弦定理可得：，
当且仅当，即时取得最小值，故，所以的最大值为；
【小问2详解】
，
由正余弦定理可得，
由题意可得，所以上式可化为，
易知，即，故，
所以
22. 如图，在矩形中，是线段上的一点．将沿翻折，使点到达的位置，且点不在平面内．

（1）若面平面，证明：平面平面；
（2）设为的中点，当二面角最大时，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）在平面内过作于，则由面面垂直的性质可得平面，所以，再由四边形为矩形，得，然后由线面垂直的判定可得平面，再由面面垂直的判定可证得结论；
（2）取的中点，连接，则，延长至，使得，在平面中，过作的垂线，垂足为，过作，垂足为，连接，可证为二面角的平面角，设，利用三角变换公式和解直角三角形可得，据此可得何时二面角最大，故可求对应的体积.
【小问1详解】
证明：在平面内过作于，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为四边形为矩形，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
解：因为在矩形中，为的中点，
所以为等腰直角三角形，即为等腰直角三角形，
取的中点，连接，则，
因为，所以，
所以，

延长至，使得，则为等腰直角三角形，
故，故三点共线，故，
因为平面，故平面，
而平面，故平面平面.
在平面中，过作的垂线，垂足为，过作，垂足为，
连接，
因为平面平面，故平面，
而平面，故，而平面，
故平面，而平面，故，
故为二面角的平面角，
设，则，，
所以，所以，
故
，当且仅当时等号成立，此时，
故当时，二面角的平面角最大，
因为，
所以.
【点睛】关键点点睛：此题考查面面垂直的判定定理与性质定理的应用，考查二面角，考查棱锥的体积的求法，第（2）问解题的关键构造二面角的平面角，利用基本不等式判断何时二面角最大，从而可求出棱锥的体积，考查空间想象能力和推理能力，属于较难题.