福建省三明市五县2022-2023学年高一数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

这是一份福建省三明市五县2022-2023学年高一数学下学期期中联考试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年第二学期五县高一联合质检考试
高一数学试卷
（考试时间：120分钟；满分：150分）
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. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数乘法运算进行化简，根据复数的几何意义即可求解.
【详解】解：因为，其在复平面内对应点的坐标为，
故复数对应的点位于第二象限.
故选：B.
2. 已知平面向量，，若与共线，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量共线的坐标表示即可求解.
【详解】因为与共线，
所以，解得.
故选：A
3. 在△ABC中，a，b，c为∠A，∠B，∠C的对边，，，，则C的值为（ ）
A. 30° B. 60° C. 120° D. 60°或120°
【答案】D
【解析】
【分析】直接通过正弦定理即可得解.
【详解】因为，，，
由正弦定理可得，
又因为，所以或，
故选：D.
4. 设、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断即可.
【详解】选项A. 一条直线垂直于一平面内的，两条相交直线，则改直线与平面垂直
则由，不能得出，故选项A不正确.
选项B. ,则正确，故选项B正确.
选项C. 若，则与可能相交，可能异面，也可能平行，故选项C不正确.
选项D. 若，则与可能相交，可能平行，故选项D不正确.
故选：B
5. 在中，已知点为边的中点，点在线段上，且，若，则
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】
如图所示，中，点为边的中点，，又点在线段上，且，
，，故选A.
6. 已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC水平放置的直观图（斜二测画法）为，其中，则此三棱柱的体积为（ ）

A. B. C. 4 D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】根据斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图，然后可解.
【详解】由斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图如图所示，

其中，
所以此三棱柱的底面积为，
因为该三棱柱的高为，所以此三棱柱的体积为，
故选：C.
7. 已知，点是边上的一点，，，，则的最小值为（ ）
A. B. C. 4 D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】设，，则，则由已知可得，，然后化简，化简后可利用基本不等式求得结果
【详解】在中，，设，，则，
因为，
所以，
因为，所以，
因为，
所以，所以，
因为，所以，
所以




，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为16，
所以的最小值为4，
故选：C
8. 设A，B，C，D是同一个球面上四点，是边长为3的等边三角形，若三棱锥体积的最大值为，则该球的表面积为（ ）.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件做出图像，结合勾股定理即可求出球的半径，从而得到球的表面积.
【详解】因是边长为3的等边三角形，故由正弦定理得，
的外接圆半径，
又因三棱锥体积的最大值为，
故此时点到平面的距离，
由A，B，C，D是同一个球面上四点，做出下图，

故图中，，，，
由勾股定理得：，即，
计算得，该球的表面积.
故选：C.
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
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. 在中，D，E，F分别是边的中点，点G为的重心，则下列结论中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】由向量的线性运算结合三角形的重心的性质求解即可．
【详解】解：如图：

对于选项A，，即选项A错误；
对于选项B，点为的重心，则，即选项B正确；
对于选项C，，即选项C正确；
对于选项D，，即，即选项D正确，
故选：BCD．
10. 已知复数，则（ ）
A. z的实部为1
B. z的虚部为5i
C.
D. 在复平面内对应的点位于第四象限
【答案】AD
【解析】
【分析】化简复数，并求出其共轭复数，即可得出结论.
【详解】由题意，
在中，

∴z的实部为1，虚部为5，，在复平面内对应的点位于第四象限，
所以AD正确，BC错误，
故选：AD.
11. 《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a，b，c求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有△ABC满足，且，请运用上述公式判断下列命题正确的是（ ）
A. 周长为
B.
C. 的外接圆半径为
D. 中线CD的长为
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，利用正弦定理得到，设出，代入公式求出，从而得到周长；B选项，根据三角形面积公式求出；C选项，根据正弦定理求出外接圆半径；D选项，利用余弦定理结合求出中线长.
【详解】A选项，由正弦定理得，设，则，
代入公式得，解得，
则，所以的周长为，A错误；
B选项，由三角形面积公式得，解得，
因为，所以，故角为锐角，
因为，B正确；
C选项，设的外接圆半径为，则由正弦定理得，
所以，C正确；
D选项，由题意得，由余弦定理得，，

因为，所以，
故，解得，
中线CD的长为，D正确.
故选：BCD
12. 如图，已知正方体的棱长为为正方形底面内的一动点，则下列结论正确的有（ ）

A. 三棱锥的体积为定值
B. 存在点，使得
C. 若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段
D. 若点是的中点，点是的中点，过作平面平面，则平面截正方体所得截面的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，注意到即可得答案；
对于B，注意到，判断在底面内是否存在点P，使平行于即可；
对于C，过做一平面，使，则与底面交线即为点P轨迹；
对于D，做一直线过P点且与平面垂直，根据可做出平面，再由平面平行性质可得截面，继而可得答案.
【详解】对于A，由题意及图形可知平面平行于平面，
则点P到平面距离为定值.
则，
又为定值，故三棱锥的体积为定值.故A正确；
对于B，因，则若，必有平行于.
但平面，平面，
平面或平面，
则与相交或与异面.
故不存在相应的点P，使.故B错误；
对于C，如图有平面.理由如下：连接.
由题可得，
又，则平面.
因平面，则
同理可证得，
又，则平面，得平面.
故点P轨迹为平面与底面交线，即为线段.故C正确；

对于D，如图取中点为，连接.
由题可得平面.
因平行于，平面，
则.
又，则平面.
又取中点为，则，
有四点共面.
则平面即为平面.
又由两平面平行性质可知，平面与互相平行平面的交线互相平行，
故，
又都是中点，故是中点，是中点.
则平面截正方体所得截面为正六边形，
又正方体棱长为2，则，
故截面面积为.故D正确.

故选：ACD
【点睛】思路点睛：本题为立体几何中动点问题，关键为做出满足题意的图形，常见做图思路有：
（1）因垂直相较于平行不够直观，故可将做垂直图形转化为做平行图形.
（2）做动点轨迹时，可转化为做动点所在平面与已知平面的交线.
（3）需要做满足题意的平面时，可先做出满足题意的直线.
（4）做两平面截面时，常利用公理3及其推论，两平面平行性质找共面点与共面直线.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 复数z满足，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的除法和复数求模公式即可求解.
【详解】因为复数z满足，
所以，
故答案为：.
14. 若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面所成角的余弦值大小为____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，探求出圆锥母线与底面圆半径的关系即可作答.
【详解】设圆锥的母线为l，底面圆半径为r，依题意，，即有，
令圆锥母线与底面所成角为，则，
所以圆锥母线与底面所成角的余弦值大小为.
故答案为：
15. 嵩岳寺塔位于河南郑州登封市嵩岳寺内，历经1400多年风雨侵蚀，仍巍然屹立，是中国现存最早的砖塔，如图，为测量塔的总高度AB，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得，，，在C点测得塔顶A的仰角为60°，则塔的总高度为______m；

【答案】
【解析】
【分析】在中，利用正弦定理求得，再解即可.
【详解】解：在中，
，
因为，
所以，
在中，，
即塔的总高度为.
故答案为：.
16. 如图，在边长为1的正方形中，P是对角线上一点，且，则__________，若点M为线段（含端点）上的动点，则的最小值为__________．

【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，求得正方形各顶点坐标，利用向量的坐标运算求得，可得的坐标，根据数量积的坐标运算，求得；设，表示出，可得坐标，继而求得的表达式，结合二次函数性质求得的最小值.
【详解】如图，以A为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，

则，
∴，
∵P是对角线上一点，且，可得，
∴，，
∴；
因为点M为线段（含端点）上的动点，则设,
故，
所以，，
故，
由于，所以时，取到最小值，
即的最小值为，
故答案为：；
四、解答题（本大题共6小题，共72．0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知平面向量已知平面向量，，，且与的夹角为.
（1）求；
（2）求
（3）若与垂直，求的值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意，根据向量模长的坐标表示，结合数量积的定义式，可得答案；
（2）由（1），根据数量积的性质，求解模长，可得答案；
（3）根据垂直向量的数量积性质，可得答案.
【小问1详解】
，，.
【小问2详解】
，∴.
【小问3详解】
若与垂直，则，
即，∴，即，
∴.
18. 如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N，P分别为AB，BC，B1C1中点．

（1）求证：AC∥平面B1MN；
（2）求证：平面ACP∥平面B1MN．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知，M，N分别为AB，BC的中点．所以MN∥AC，利用线面平行的判定定理即可证明AC∥平面B1MN；
（2）由已知，P为B1C1的中点．可证B1P＝CN，B1P∥CN，从而证明四边形B1PCN是平行四边形，得到CP∥B1N，利用线面平行的判定定理即可证明CP∥平面B1MN，结合第（1）问AC∥平面B1MN，利用面面平行的判定定理即可证明平面ACP∥平面B1MN.
【小问1详解】
证明：因为M，N分别为AB，BC的中点．所以MN∥AC，
因为MN⊂平面B1MN，平面B1MN，所以AC∥平面B1MN，
得证
【小问2详解】
证明：因为P为B1C1的中点．所以B1P＝CN，
又因为B1P∥CN，所以四边形B1PCN是平行四边形，所以CP∥B1N，
又因为B1N⊂平面B1MN，平面B1MN，所以CP∥平面B1MN，
由第（1）问，AC∥平面B1MN，AC∩CP＝C，
AC ⊂平面ACP，CP⊂平面ACP，
所以平面ACP∥平面B1MN．
得证.
19. 在中，角所对的边分别为，且.

（1）求角的值；
（2）若，过作的垂线与的延长线交于点，求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和三角公式求出，即可求出；
（2）利用余弦定理解得.在中，求出边长，得到.
再求出，利用即可求得.
【小问1详解】
由正弦定理得，
所以.
因为，
所以.
又，故.
【小问2详解】
在中，，即，因，解得，
又在中，，从而，故.
而，所以.
20. 如图，在平行四边形ABCM中，，，以AC为折痕将折起，使点M到达点D的位置，且.

（1）证明：平面平面ABC；
（2）设Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且，求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析；（2）2.
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定可得平面ACD，再由面面垂直的判定即可得证；
（2）过点Q作，垂足为E，由平面几何的知识可得、，再由线面垂直、棱锥的体积公式即可得解.
【详解】（1）证明：由已知可得，，即，
又，平面ACD，平面ACD，，
∴平面ACD，
又平面ABC，
∴平面平面ACD.
（2）在平行四边形ABCM中，，∴为直角三角形，
如图，过点Q作，垂足为E，则，


，
∵，∴，
∵，∴，
由已知及（1）可得，平面ABC，∴平面ABC，
∵，，
∴，
所以三棱柱的体积为.
【点睛】本题考查了几何体体积的求解及面面垂直的判定，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题.
21. 某景区的平面图如图所示，其中AB，AC为两条公路，，M，N为公路上的两个景点，测得，，为了拓展旅游业务，拟在景区内建一个观景台P，为了获得最佳观景效果，要求P对M，N的视角.现需要从观景台P到M，N建造两条观光路线PM，PN.

（1）求M，N两地间的直线距离；
（2）求观光线路长的取值范围.
【答案】（1）
（2）长的取值范围是（单位：）.
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求得正确答案.
（2）设，利用三角函数表示出，并求得取值范围.
【小问1详解】
由余弦定理得.
【小问2详解】
设，
由正弦定理得，
，
所以，
所以

，
由于，所以.
即长的取值范围是（单位：）.
22. 如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面．

（1）证明：；
（2）若，，，求三棱柱的高．

【答案】（1）证明见解析；（2）三棱柱的高为.
【解析】
【分析】（1）连接，则为与的交点，证明平面，可得；
（2）作，垂足为，连接，作，垂足为，证明为等边三角形，求出到平面的距离，即可求三棱柱的高．
【详解】（1）证明：连接，则为与的交点，
侧面为菱形，
，
平面，平面，
，
，平面，
平面，
平面，
；
（2）解：作，垂足为，连接，作，垂足为，
，，，平面，
平面，平面，
，
，，平面，
平面，
，
为等边三角形，
，，
，，
由，可得，，
为的中点，
到平面的距离为，
三棱柱的高．