2022-2023学年山西省阳泉十一中高一（下）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年山西省阳泉十一中高一（下）期中数学试卷，共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）下列命题中真命题的个数是
①温度、速度、位移、功都是向量
②零向量没有方向
③向量的模一定是正数
④直角坐标平面上的轴、轴都是向量
A．0B．1C．2D．3
2．（5分）已知两个单位向量的夹角是，则
A．1B．C．2D．
3．（5分）设，（其中为虚数单位），若为纯虚数，则实数
A．B．C．D．
4．（5分）下列说法正确的是
A．直四棱柱是长方体
B．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
C．正方体被一个平面截去一个角之后可以得到一个简单组合体
D．台体是由一个平面截锥体所得的截面与底面之间的部分
5．（5分）在中，为的中点，与交于点，则
A．B．C．D．
6．（5分）“升”和“斗”是旧时量粮食的器具，如图所示为“升”，是一个无盖的正四棱台，据记载：它上口15厘米，下口12.5厘米，高10厘米，可容米1公斤．该“升”的容积约是 （约定：“上口”指上底边长；“下口”指下底边长．
A．B．C．D．
7．（5分）已知向量，，满足，，，则的最小值为
A．B．C．D．
8．（5分）如图所示，设，是平面内相交成角的两条数轴，分别是与，轴正方向同向的单位向量，称此平面坐标系为斜坐标系．若，则把有序数对叫做向量的斜坐标，记为．在的斜坐标系中，若向量，则下列结论正确的是
A．
B．
C．
D．向量与可作为该平面的一个基底
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．（5分）如图所示，，是线段上的两个三等分点，则下列关系式正确的是
A．B．C．D．
10．（5分）已知复数满足（其中为虚数单位），则
A．的实部为
B．的虚部为
C．复数在复平面内对应的点位于第四象限
D．的共轭复数为
11．（5分）如图所示，一个平面图形的直观图为，其中，，则下列说法中正确的是
A．该平面图形是一个平行四边形但不是正方形
B．该平面图形的面积是8
C．该平面图形绕着直线旋转半周形成的几何体的体积是
D．以该平面图形为底，高为3的直棱柱的体对角线长为
12．（5分）已知对任意角，均有等式．设的内角，，满足，面积满足．记，，分别为角，，的对边，则下列式子中一定成立的是
A．B．
C．D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）向量在向量上的投影向量 ．
14．（5分）已知在复平面内，向量对应的复数是对应的复数是，则向量对应的复数是 ．
15．（5分）已知中，角，，所对的边分别为，那么面积的取值范围是 ．
16．（5分）如图所示，一块边长为的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后将余下的四个全等的等腰三角形组成一个正四棱锥、若正四棱锥的各顶点都在同一球面上，底面边长为（单位：，且，，则该球的半径（单位：的取值范围是 ．
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.
17．（10分）已知复数，，为虚数单位）．
（1）若，求；
（2）若是关于的实系数方程的一个复数根，求．
18．（12分）已知平面直角坐标系中，向量．
（1）若，且，求向量的坐标；
（2）若与的夹角为____，求实数的取值范围．
请在如下两个条件中任选一个，将问题补充完整，并求解．
①锐角；②钝角．
19．（12分）一条河南北两岸平行．如图所示，河面宽度，一艘游船从南岸码头点出发航行到北岸．游船在静水中的航行速度是，水流速度的大小为．设和的夹角为，北岸上的点在点的正北方向．
（1）若游船沿到达北岸点所需时间为，求的大小和的值；
（2）当，时，游船航行到北岸的实际航程是多少？
20．（12分）中，，，，．
（1）若，，求的长度；
（2）若为角平分线，且，求的面积．
21．（12分）中，，，，，分别在边，上，且，．
（1）求与所成锐角的余弦值；
（2）在线段上是否存在一点，使．若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
22．（12分）南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为．
（1）求图中四分之一圆柱体的体积；
（2）在图中画出四分之一圆柱体与四分之一圆柱体的一条交线（不要求说明理由）；
（3）四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设．过点作一个与正方体底面平行的平面，求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积；
（4）如果令，求出八分之一“牟合方盖”的体积．
2022-2023学年山西省阳泉十一中高一（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本大题共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．（5分）下列命题中真命题的个数是
①温度、速度、位移、功都是向量
②零向量没有方向
③向量的模一定是正数
④直角坐标平面上的轴、轴都是向量
A．0B．1C．2D．3
【分析】根据向量的定义和性质，逐项判断正误即可．
【解答】解：（1）错误，只有速度，位移是向量；温度和功没有方向，不是向量；
（2）错误，零向量有方向，它的方向是任意的；
（3）错误，零向量的模为0，向量的模不一定为正数；
（4）错误，直角坐标平面上的轴、轴只有方向，但没有长度，故它们不是向量．
故选：．
【点评】本题主要考查了向量的定义和性质，属于基础题．
2．（5分）已知两个单位向量的夹角是，则
A．1B．C．2D．
【分析】根据向量模的运算法则运算求解即可．
【解答】解：因为两个单位向量的夹角是，
所以．
故选：．
【点评】本题主要考查向量模的运算，考查运算求解能力，属于基础题．
3．（5分）设，（其中为虚数单位），若为纯虚数，则实数
A．B．C．D．
【分析】根据复数乘法的运算法则，结合纯虚数的定义进行求解即可．
【解答】解：，
因为为纯虚数，
所以有，，
故选：．
【点评】本题考查了纯虚数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
4．（5分）下列说法正确的是
A．直四棱柱是长方体
B．有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
C．正方体被一个平面截去一个角之后可以得到一个简单组合体
D．台体是由一个平面截锥体所得的截面与底面之间的部分
【分析】根据几何体的结构特征可以一一判断各选项．
【解答】解：对于，当直四棱柱的底面不是矩形时，直四棱柱不是长方体，错误；
对于，不符合棱柱的结构特征，如下面是一个正三棱柱，上面是一个以正三棱柱上底面为底面的斜三棱柱，错误；
对于，正方体被一个平面截去一个角之后可以得到一个简单组合体，正确；
对于，不符合台体的结构特征，截面应该跟底面平行，错误．
故选：．
【点评】本题主要考查棱柱、棱台的结构特征，属于基础题．
5．（5分）在中，为的中点，与交于点，则
A．B．C．D．
【分析】由已知可得，根据，，共线可设，，结合已知及平面向量的基本定理列方程组求参数值．
【解答】解；由题设，，又，且，
所以，即，解得．
故选：．
【点评】本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．
6．（5分）“升”和“斗”是旧时量粮食的器具，如图所示为“升”，是一个无盖的正四棱台，据记载：它上口15厘米，下口12.5厘米，高10厘米，可容米1公斤．该“升”的容积约是 （约定：“上口”指上底边长；“下口”指下底边长．
A．B．C．D．
【分析】根据正四棱台的体积公式求解即可．
【解答】解：器具是一个无盖的正四棱台，它上口15厘米，下口12.5厘米，高10厘米，
其体积为：．
故选：．
【点评】本题考查空间几何体的体积的计算，考查棱台的体积公式，属基础题．
7．（5分）已知向量，，满足，，，则的最小值为
A．B．C．D．
【分析】根据已知条件，结合向量模公式，以及二次函数的性质，即可求解．
【解答】解：，，
，
，
当且仅当时，等号成立，
故的最小值为．
故选：．
【点评】本题主要考查向量模公式，以及二次函数的性质，属于基础题．
8．（5分）如图所示，设，是平面内相交成角的两条数轴，分别是与，轴正方向同向的单位向量，称此平面坐标系为斜坐标系．若，则把有序数对叫做向量的斜坐标，记为．在的斜坐标系中，若向量，则下列结论正确的是
A．
B．
C．
D．向量与可作为该平面的一个基底
【分析】根据斜坐标系及斜坐标的定义，结合数量积的运算可一一判断．
【解答】解：选项，由题意，，
则，故错误；
选项，由题意，，，故与不垂直，错误；
选项，，由题设知，，故正确；
选项，，，不能作为平面的基底，故错误．
故选：．
【点评】本题考查平面向量基本定理的应用，属简单题．
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．（5分）如图所示，，是线段上的两个三等分点，则下列关系式正确的是
A．B．C．D．
【分析】由已知结合向量的线性运算即可求解．
【解答】解：由题意得，则，正确；
，则，正确；
，正确；
，错误．
故选：．
【点评】本题主要考查了向量的线性运算属于基础题．
10．（5分）已知复数满足（其中为虚数单位），则
A．的实部为
B．的虚部为
C．复数在复平面内对应的点位于第四象限
D．的共轭复数为
【分析】由题意，根据复数的模及代数形式的除法运算对复数进行化简整理，再结合复数的概念和几何意义对选项进行逐一分析即可．
【解答】解：因为，
所以，
可得的实部为1，故选项错误；
而的虚部为，故选项错误；
复数在复平面内对应的点为，位于第四象限，故选项正确；
的共轭复数为，故选项正确．
故选：．
【点评】本题考查复数的四则运算，考查了逻辑推理和运算能力．
11．（5分）如图所示，一个平面图形的直观图为，其中，，则下列说法中正确的是
A．该平面图形是一个平行四边形但不是正方形
B．该平面图形的面积是8
C．该平面图形绕着直线旋转半周形成的几何体的体积是
D．以该平面图形为底，高为3的直棱柱的体对角线长为
【分析】对于选项，由直观图得出平面图形，即可判定；对于根据几何体的体积公式和对角线计算即可．
【解答】解：如图所示将直观图还原为平面图形，
由题意可得，，故该平面图形为正方形，即错误；
面积，即正确；
将平面图形绕直线旋转半周得几何体为两个圆锥，底面半径均为2，
故体积，即正确；
以该平面图形为底，高为3的直棱柱其实为长方体，体对角线长为，即错误．
故选：．
【点评】本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
12．（5分）已知对任意角，均有等式．设的内角，，满足，面积满足．记，，分别为角，，的对边，则下列式子中一定成立的是
A．B．
C．D．
【分析】根据三角形的内角和及和差化积可判断选项；根据面积公式可判断选项、的正误；根据三角形边的性质可判断选项的正误．
【解答】解：对于，根据题意，由，
可得，即，
故，即，
所以，故，故正确．
对于，又由正弦定理，得，，
三角形的面积公式，可得，又，
因此，即，故错误．
对于，，有，从而，故正确．
对于，根据三角形三边长的关系，有，故正确．
故选：．
【点评】本题考查三角恒等变换，考查运算求解能力，属中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）向量在向量上的投影向量 ．
【分析】根据已知条件，结合投影向量的定义，即可求解．
【解答】解：，，
则，，
投影向量．
故答案为：．
【点评】本题主要考查投影向量的定义，属于基础题．
14．（5分）已知在复平面内，向量对应的复数是对应的复数是，则向量对应的复数是 ．
【分析】根据向量的减法计算和复数与向量的对应关系即可求解．
【解答】解：向量对应的向量坐标为，对应的向量坐标为，
则，
故向量对应的复数是．
故答案为：．
【点评】本题主要考查向量的运算，属于基础题．
15．（5分）已知中，角，，所对的边分别为，那么面积的取值范围是 ．
【分析】利用正弦定理将边化角，即可求出，再由余弦定理及基本不等式求出的取值范围，最后由面积公式计算可得．
【解答】解：因为，由正弦定理可得，
，
，
，
，
又，
，
由余弦定理得，即，
所以，所以，当且仅当时取等号，
所以．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式及三角形的面积公式的应用，属于中档题．
16．（5分）如图所示，一块边长为的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后将余下的四个全等的等腰三角形组成一个正四棱锥、若正四棱锥的各顶点都在同一球面上，底面边长为（单位：，且，，则该球的半径（单位：的取值范围是 ．
【分析】作出正四棱锥，正四棱锥的外接球的球心在正四棱锥的高线上，根据勾股定理表示外接球的半径与的关系，再求出的取值范围．
【解答】解：由题意，作出正四棱锥，如图所示，记为的中点，连结，
可知，，四边形为正方形．
记为正方形的中心，连结，，，
则平面，，，，
记正四棱锥的外接球的球心为，，
在直角△中，，即，，
设，，，则，
整理得，因为在区间，上单调递减，
所以，即，．
故答案为：．
【点评】本题主要考查四棱锥的应用，考查转化能力，属于中档题．
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.
17．（10分）已知复数，，为虚数单位）．
（1）若，求；
（2）若是关于的实系数方程的一个复数根，求．
【分析】（1）把代入，，再由复数代数形式的除法运算求解；
（2）由实系数一元二次方程根与系数的关系求解值，代入，，再由复数代数形式的乘法运算及复数模的计算公式求解．
【解答】解：（1）若，则，，
；
（2）是关于的实系数方程的一个复数根，
，解得，
，，则，
．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是基础题．
18．（12分）已知平面直角坐标系中，向量．
（1）若，且，求向量的坐标；
（2）若与的夹角为____，求实数的取值范围．
请在如下两个条件中任选一个，将问题补充完整，并求解．
①锐角；②钝角．
【分析】（1）设出向量的坐标，利用向量平行和模长建立方程组，求解方程组可得答案；
（2）先表示出与的坐标，选择夹角为锐角可以利用数量积大于零求解，选择夹角为钝角可以利用数量积小于零求解．
【解答】解：（1）设，
由题意得．
，
，解得．
，，解得，
向量的坐标为或．
（2）．
当与共线时，，解得．
若选①锐角，则，
解得；与的夹角为锐角时，实数的取值范围为；
若选②钝角，则，
解得，与的夹角为钝角时，实数的取值范围是．
【点评】本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
19．（12分）一条河南北两岸平行．如图所示，河面宽度，一艘游船从南岸码头点出发航行到北岸．游船在静水中的航行速度是，水流速度的大小为．设和的夹角为，北岸上的点在点的正北方向．
（1）若游船沿到达北岸点所需时间为，求的大小和的值；
（2）当，时，游船航行到北岸的实际航程是多少？
【分析】（1）设游船的实际速度为，求出实际行驶速度的大小，再计算的大小，以及和夹角的余弦值．
（2）求出，时游船航行到北岸的实际航速，以及实际航行时间，再求实际航程．
【解答】解：（1）设游船的实际速度为，
由题意得，行驶时间为，
所以合速度的大小为，
又因为，所以，
和的夹角余弦值为．
（2）当，时，游船航行到北岸的实际航速是，
所以，
所以，
实际航行时间为，
所以实际航程为．
【点评】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了平面向量的应用问题，是中档题．
20．（12分）中，，，，．
（1）若，，求的长度；
（2）若为角平分线，且，求的面积．
【分析】（1）从向量角度，以为基底，表示出，再用向量法计算的模长，即的长度；
（2）用正弦定理的面积公式分别表示出，，面积，列出等式计算即可求出的正弦值，继而求出面积．
【解答】解：（1），，，
又在中，，，，
．
（2）在中，，
又，
，
，
，
，
．
【点评】本题主要考查了向量数量积的性质，三角形面积公式，同角基本关系在三角形化简求值中的应用，属于中档题．
21．（12分）中，，，，，分别在边，上，且，．
（1）求与所成锐角的余弦值；
（2）在线段上是否存在一点，使．若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）建立平面直角坐标系，借助两个向量， 的夹角公式求解；
（2）设，利用，，解方程即可得到结果．
【解答】解：（1）如图以为原点，所在的直线为轴，以过点垂直于的直线为轴，建立平面直角坐标系，
则依题意，，，，
所以，，．
则，，
所以直线与所成的锐角的余弦值为；
（2）设，．
则，
由，，解得．
所以存在点，使，．
【点评】本题考查用向量的方法及异面直线夹角的余弦值，属于基础题．
22．（12分）南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”．意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等．其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题．如图所示，正方体，棱长为．
（1）求图中四分之一圆柱体的体积；
（2）在图中画出四分之一圆柱体与四分之一圆柱体的一条交线（不要求说明理由）；
（3）四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”．点在棱上，设．过点作一个与正方体底面平行的平面，求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积；
（4）如果令，求出八分之一“牟合方盖”的体积．
【分析】（1）根据圆柱体积公式求得结果；
（2）观察图形，曲线是所求的一条交线；
（3）截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形，求出此正方形的面积；
（4）构造底面边长为，高为的正四棱锥，根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该正四棱锥体积．
【解答】解：（1）四分之一圆柱体的体积为：；
（2）如图所示，曲线是所求的一条交线；
（3）如图所示，截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形，
，，
正方体的棱长为，
又点在以为圆心，为半径的圆弧上，，
，
所以正方形的面积为，即为所求；
（4）由（3）可知，用平行于八分之一“牟合方盖”底面的任意一个平面截它，
所得截面面积是，其中是该平面截得的正方体的截面的面积，
又，，因此可以构造底面边长为，高为的正四棱锥，
根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该正四棱锥体积，
即有：．
【点评】本题考查了立体几何的综合应用，属于中档题．
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