山东省青岛第二中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题（教师版含解析）

这是一份山东省青岛第二中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题（教师版含解析），共21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. 若，则( )
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法可求，从而可求.
【详解】由题设有，故，故，
故选：D
2. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A. 若，，，，则
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，，，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间线面位置关系依次判断各选项即可得答案.
【详解】解：对于A，若，，，，，则，故错误；
对于B，，，则，正确；
对于C，，，则或，故错误；
对于D，若，，，则或异面，故错误.
故选：B
3. 给出下列命题中，正确的命题是( )
A. 底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直的棱柱是正四棱柱
B. 侧棱都相等的棱锥是正棱锥
C. 底面是正方形，有两个侧面是矩形的棱柱是正四棱柱
D. 侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥
【答案】A
【解析】
【分析】根据正四棱柱、正棱锥的几何结构特征，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，若底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直，则该四棱柱底面为正方形，且侧棱垂直与底面，所以该四棱柱为正四棱柱，所以A正确；
对于B中，只要棱锥的顶点在底面多边形上的射影为多边形外接圆的圆心，此时棱锥的所有侧棱都相等，但底面不一定是正多边形，所以该棱锥不一定是正棱锥，所以B错误；
对于C中，如图(1)所示，底面四边形为正方形，且有两个面矩形，但此棱柱不是正四棱柱，所以C不正确；
对于D中，如图(2)所示，三棱锥中，设，其中，此时三棱锥的侧面都是等腰三角形，但此时不是正三棱锥，所以D错误.
故选：A.

4. 若向量，满足，，且，则向量与夹角的余弦值为( ).
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量夹角公式进行求解即可.
【详解】因为，且，
所以，
因为，
所以向量与夹角的余弦值为，
故选：D
5. 如图正方形OABC边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是多少cm？( )
A. 4B. 8C. 12D. 16
【答案】B
【解析】
【分析】根据直观图与原图形的关系可知原图为平行四边形，且，利用勾股定理计算出其边长即可求得结果.
【详解】根据直观图可画出原图形如下图所示：
根据斜二测画法可知，原图四边形为平行四边形，且
易知，，
所以，
因此周长为.
故选：B
6 已知，，则( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用倍角公式将条件变形，然后结合列方程组求解.
【详解】,
①,
又②，
由①②得.
故选：D.
7. 十七世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出了一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”，在费马问题中所求的点被称为费马点，对于每个给定的三角形都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得的点为的费马点.已知点为等边的费马点，且，则( )
A. -12B. -36C. D. -18
【答案】D
【解析】
【分析】设，由等边三角形的性质可知，即点为的中心，从而求出，利用向量数量积公式即可计算结果.
【详解】设，则，因为为等边三角形，
所以，，同理：，，
又，所以，则，
所以点为的中心，
，，且，
则
故选：D
8. 正方体的棱长为，点在三棱锥的侧面表面上运动，且，则点轨迹的长度是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出图形，分析可知点轨迹是以点为圆心，半径为的圆与的交线，计算出圆心角的大小，结合扇形的弧长公式可求得结果.
【详解】因为平面，且，
所以，点的轨迹是以为圆心，半径为的圆在内的交线，
取的中点，则，且，
设圆弧交于、两点，如下图所示：
，所以，，
又因为，则为等边三角形，
故点轨迹的长度是.
故选：B.
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. 如图，三棱柱中，侧棱底面，底面是正三角形，是中点，则下列叙述不正确的是( )

A. 与是异面直线B. 平面
C. ，为异面直线，且D. 平面
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据平面知A错误；假设平面，由线面垂直性质知为直角三角形，与已知矛盾，B错误；由异面直线判断方法可知为异面直线，由正三角形性质可知，结合平行关系知C正确；根据直线与平面相交可判断D错误．
【详解】对于A，平面，平面，与共面，A错误；
对于B，若平面，平面，则，即为直角三角形，
为直角三角形，与已知是正三角形矛盾，B错误；
对于C，平面，，为异面直线；
为正三角形，为中点，，
，，C正确；
对于D，直线AC交平面AB1E于点A，又，直线与平面AB1E相交，故D错误.
故选：ABD.
10. 已知函数的部分图像如图，则( )
A.
B.
C. 将曲线向右平移个单位长度得到曲线
D. 点为曲线的一个对称中心
【答案】AD
【解析】
【分析】利用三角函数的图像与性质逐一判断即可.
【详解】由题图可知，解得
将点的坐标代入，得，所以．
由图像可知，点在图像的下降部分上，且，所以．
将点的坐标代入，得，解得，
则，A正确．
由A，得．
所以，B错误．
将曲线向右平移个单位长度得到曲线，C错误．
令，，解得，．
取，则，
所以点为曲线的一个对称中心，D正确．
故选：AD．
11. 给出下列命题，其中正确的选项有( )
A. 非零向量，，满足且与同向，则
B. 若单位向量，的夹角为60°，则当取最小值时，
C. 在中，若，则为等腰三角形
D. 已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是
【答案】BC
【解析】
【分析】根据向量的定义，可判定A错误；根据向量数量积求得，可判定B正确；由表示与的平分线共线的向量，结合三角形的性质，可判定C正确；当时，得到向量与向量的夹角为，可判定D项错误.
【详解】对于A中，向量既有大小又有方向的量，所以向量不能比较大小，所以A错误；
对于B中，因为单位向量，的夹角为，可得，
则，
当且仅当时，取得最小值，最小值为，所以B正确；
对于C中，因为表示与的平分线共线的向量，
又因为，可得的平分线与垂直，所以为等腰三角形，所以C正确；
对于D中，当时，此时向量与向量的夹角为，所以D项错误.
故选：BC
12. 的内角，，的对边分别为，，，则下列命题正确的有( )
A. 若，则
B. 若，，，则有一解
C. 已知的外接圆的圆心为，，，为上一点，且有，
D. 若为斜三角形，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据正弦定理即可判断A、B选项；根据三角形外接圆性质，结合向量基本定理将B项中数量积展开计算即可判断；根据三角形内角和代入D项中计算即可.
【详解】在三角形中，当，则，即，整理可得，故A正确；
由正弦定理得，又因为，所以有两解，B错误；
因为的外接圆的圆心为，所以，
同理可得，
又因为，
所以，故C错误；
因为，得，且为斜三角形，
则
，
所以，故D正确；
故选：AD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 若，则的虚部是______．
【答案】##
【解析】
【分析】根据共轭复数的概念，复数的乘除法运算求解即可.
【详解】解：因为，
所以，，
所以
所以，的虚部是.
故答案为：
14. 我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设的三个内角，，所对的边分别为，，，面积为，则“三斜求积”公式为.若，，则用“三斜求积”公式求得的面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据正弦定理进行边角互换，再将数据代入“三斜求积”公式即可.
【详解】根据正弦定理可知，
，
代入“三斜求积”公式：
故答案为：.
15. 如图所示，要在两山顶间建一索道，需测量两山顶间的距离.现选择与山脚在同一平面的点为观测点，从点测得点的仰角点的仰角以及，若米，米，则等于__________米.
【答案】
【解析】
【分析】在中根据求出，在中根据求出，在中由余弦定理得：求解.
【详解】在中，，
所以，
在中，，，
所以，
在中，，，，
由余弦定理得：
所以(米).
故答案为：.
16. 如图，在四边形中，，，且，则实数的值为_________，若是线段上的动点，且，则的最小值为_________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】可得，利用平面向量数量积的定义求得的值，然后以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，设点，则点(其中)，得出关于的函数表达式，利用二次函数的基本性质求得的最小值.
【详解】，，，
，
解得，
以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
,
∵，∴的坐标为,
∵又∵,则，设，则(其中)，
，，
，
所以，当时，取得最小值.
故答案为：；.
【点睛】本题考查平面向量数量积的计算，考查平面向量数量积的定义与坐标运算，考查计算能力，属于中等题.
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. 已知，，与的夹角为．
(1)求；
(2)当为何值时，．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)利用平面向量数量积的运算性质可求得的值；
(2)由已知可得出，利用平面向量数量积的运算性质可求得实数的值.
【小问1详解】
解：因为，，与的夹角为，
则，
所以，.
【小问2详解】
解：因为，则
，解得.
18. 在中，，，分别是角，，所对边的长，，且．
(1)求的面积；
(2)若，求角．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)先通过求出，再利用三角形的面积公式求解即可；
(2)先通过余弦定理求出，再通过余弦定理求即可.
【小问1详解】
解：因为在中，，，
所以，，
因为，
所以，解得.
所以，的面积为.
【小问2详解】
解：由(1)，即，
又，，
，即
，又，
.
19. 如图甲，在四边形中，，．现将沿折起得图乙，点是的中点，点是的中点．
(1)求证：平面；
(2)在图乙中，过直线作一平面，与平面平行，且分别交、于点、，注明、的位置，并证明．
【答案】(1)证明见解析；
(2)分别为的中，理由见解析.
【解析】
【分析】(1)取的中点，分别证得和，得到平面和平面，证得平面平面，进而得到平面；
(2)取的中点，证得，得到点四点共面，即可求解.
【小问1详解】
证明：取的中点，分别连接，
因为，分别为和的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
因为分别为中点，可得，
又因为平面，平面，所以平面，
又由，且平面，所以平面平面，
又因为平面，所以平面.
【小问2详解】
证明：当分别为的中点时，此时平面平面，
证明如下：取的中点，分别连接，
在中，因为为的中点，所以，
又因为分别为中点，可得，
所以，所以点四点共面，
即过直线作一平面，与平面平行，且分别交，于点、，
此时，分别为和的中点.
20. (1)已知函数，若，求；
(2)已知，，，，求的值．
【答案】(1)(2).
【解析】
【分析】(1)先根据二倍角公式化简得到，两边平方可得结果；
(2)先确定角的范围,结合的值，求出角即可.
【详解】(1),
,
,,
.
(2)，,，,
,,
,
,
.
21. 如图，在四棱锥中，面，，，，，为线段上的点．
(1)证明：面；
(2)若满足面，求的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】(1)证明出，可得出，再由已知条件可得出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
(2)分析可知，计算出三边边长，利用余弦定理求出的值，可求得的长，进而可求得的长，即可得解.
【小问1详解】
证明：因为，，，所以，，
所以，，则，
因为平面，平面，所以，，
又因为，、平面，所以，平面.
【小问2详解】
解：因为平面，平面，所以，，
若面，平面，则，
因为，，
由余弦定理可得，
因为平面，、平面，则，
所以，，，
在中，，，，
所以，，
所以，，
所以，，则，
因此，若满足面，则.
22. 在路边安装路灯，灯柱与地面垂直(满足)，灯杆与灯柱所在平面与道路垂直，且，路灯采用锥形灯罩，射出的光线如图中阴影部分所示，已知，路宽．设灯柱高，．
(1)当时，求四边形的面积；
(2)求灯柱的高(用表示)；
(3)若灯杆与灯柱所用材料相同，记此用料长度和为，求关于的函数表达式，并求出的最小值．
【答案】(1)
(2)
(3)，最小值为
【解析】
【分析】(1)由三角形角的关系结合正弦定理可得各边长，再由可得解；
(2)分别在与中由正弦定理化简即可得解；
(3)根据正弦定理分别表示各边长及，再根据三角函数求值域的方法可得最值.
【小问1详解】
当时，，
所以，
又
所以是等边三角形，所以，
所以在中，，即，
所以；
【小问2详解】
，，，
在中，由正弦定理得，
所以
所以
在中，由正弦定理得，
所以，
所以，所以；
【小问3详解】
在中，由正弦定理得，
所以，
所以
所以
，
因为，所以，
所以当，即时，取最小值，
故关于的函数表达式为，最小值为.