2022-2023学年浙江省宁波市北仑中学高一下学期期中数学试题含解析

浙江省宁波市北仑中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．有下列四个命题：①过三点确定一个平面；②矩形是平面图形；③三条直线两两相交，则确定一个平面；④一条直线和该直线外一个点确定一个平面．其中错误命题的序号是（    ）．

A．①② B．①③ C．②④ D．②③

【答案】B

【分析】由立体几何知识对结论逐一判断

【详解】对于①，不在同一直线上的三点确定一个平面，①错误，

对于②，矩形是平面图形，②正确，

对于③，若三条直线交于同一点，则无法确定一个平面，故③错误

对于④，一条直线和直线外一点确定一个平面，④正确．

故选：B

2．设、是两条直线，、是两个平面，则能推出的一个条件是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【解析】根据每个选项中的条件推导出直线与平面的位置关系，由此可得出合适的选项.

【详解】对于A选项，若，，则或；

对于B选项，若，，则或；

对于C选项，若，，则或；

对于D选项，若，，由面面平行的性质可知.

故选：D.

【点睛】本题考查线面平行的判断，属于基础题.

3．下列说法正确的是（    ）

A．表示虚数单位，所以它不是一个虚数

B．的平方根是

C．是纯虚数

D．若，则复数没有虚部

【答案】B

【分析】用复数的相关概念判断即可

【详解】A： 表示虚数单位，也是一个虚数，故A错误；

B： 由，可知的平方根是，故B正确；

C： 当是实数，故C错误；

D： 若，则复数虚部为0，故D错误；

故选：B

4．已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据正弦定理和三角变换及三角函数的性质可求的取值范围.

【详解】因为，，故三角形外接圆直径为，

故

，

因为三角形为锐角三角形，故，故，

故，故，

故，

故选：D

5．如图是长方体被一平面所截得到的几何体，四边形为截面，长方形为底面，则四边形的形状为（    ）

A．梯形 B．平行四边形

C．可能是梯形也可能是平行四边形 D．矩形

【答案】B

【解析】利用面面平行的性质判断与的平行、与平行.

【详解】因为平面//平面,且平面平面,平面平面,根据面面平行的性质可知//,同理可证明//.

所以四边形为平行四边形.

故选：B.

【点睛】本题考查长方体截面形状判断，考查面面平行的性质应用，较简单.

6．的内角，，的对边分别为，，.若，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用正弦定理边化角求出，再结合同角公式计算作答.

【详解】在中，由正弦定理及得：，解得，

在中，，，于是为锐角，

所以.

故选：C

7．在△ABC中，BC =，且，AD是△ABC的外接圆的直径，则的值（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】作辅助线如图所示，求出，再求出，最后利用数量积公式求解.

【详解】

作辅助线如图所示，.

因为，所以.

,所以.

由垂径定理得,

所以.

在Rt△ADE中，由中位线定理得.

.

.

故选：B

8．在中，角，，所对的边是，，，且，若，则实数的值是

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用已知条件得出是三角形的重心，通过余弦定理可得三角形三边关系，然后再由余弦定理可转化得，再利用同角三角函数的基本关系化简要求的式子，可得结果.

【详解】由得是的重心，

因为，所以.

如图：

则，

所以有，

，

可得：，即，

由正弦定理，得，

由余弦定理，得，

则，则，

即，所以；

故选：A.

二、多选题

9．软木锅垫一般用于餐厅、咖啡厅、酒店等公共饮食场所，可作广告饰品以提高形象．杯垫透气、无毒、无异味、防水防潮、耐油耐酸、弹性环保，具有耐冲击、不变形、耐用等特点．正、反面可加置印刷公司LOGO、图片、产品、广告、联系方式等，更接近人们的生活，较强的摩擦力可以防止玻璃、瓷杯滑落，亦可保护桌面不被烫坏．如图，这是一个边长为10厘米的正六边形的软木锅垫，则下列选项正确的是（    ）

A．向量与向量是相等向量 B．

C． D．

【答案】ACD

【分析】根据相等向量的定义判断A，根据数量积的定义判断B，C，根据向量的线性运算定义求，再解三角形求其大小，判断D.

【详解】对于A，由图可得向量与向量方向相同，大小相等，

所以向量与向量相等向量，A正确．

对于B，由图易得向量与向量的夹角为，则，B错误．

如图，因为， ，，

则，C正确．

因为为正三角形，所以根据平行四边形法则得，

与共线且同方向，又均为含角的直角三角形，所以，

，

所以，

，D正确．

故选：ACD.

10．关于复数z的运算结论正确的有（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】可设，然后代入计算判断A，B，同理可设，代入计算判断C，D．

【详解】设，则，，A正确；

，当时，是虚数，而一定是实数，不可能相等，B错；

设，

.

所以

，C正确；

，D正确．

故选：ACD．

11．如图，在四边形ABCD中，，，，，，F为线段BC的中点，E为线段AD上一动点（包括端点），，则下列说法正确的是（    ）

A． B．的最小值为

C．若E为线段AD的中点，则 D．n的最大值为

【答案】AC

【分析】如图作出辅助线，根据所给条件结合直角三角形求出AB判断A；利用向量表示及数量积运算计算判断B；利用向量的线性运算求出判断C；建立直角坐标系，利用坐标法求n的最大值判断D.

【详解】过作，交的延长线于点，过作，交于，如图，

则四边形为矩形，设，依题意，，

则，，有．

，解得，于是，A正确；

由F为线段BC的中点可知，则，

，

过F作，垂足为M，的长即最小值，且，

因此，B错误；

显然，而E为DA中点，，

因此，即，则，C正确；

以D为坐标原点，，的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立平面直角坐标系，

则，设，

由，得，

于是，即，而，所以，D错误．

故选：AC

12．已知正方体的棱长为2，点E、F分别是棱、的中点，点P在四边形内（包含边界）运动，则下列说法正确的是（    ）

A．若P是线段的中点，则平面平面

B．若P在线段上，则异面直线与所成角的范围是

C．若平面，则点P的轨迹长度为

D．若平面，则长度的取值范围是

【答案】AD

【分析】对于A，先证明，，得到平面，然后利用面面垂直的判定定理即可判断；对于B，由可将与所成的角转化为与所成的角，结合△为正三角形可得与所成角的取值范围；对于C，先利用线面位置关系得到点的轨迹，然后求解即可；对于D，先由线线平行证明线面平行，进而得面面平行，可确定点的轨迹为线段，然后结合勾股定理求解长度的最值即可求解．

【详解】对于A：因为、分别是线段、的中点，

所以，则，则，所以，

如图，连接

又由平面，平面，所以，平面，

所以平面，又因为平面，

所以平面平面，即选项A正确；

对于B：在正方体中，，

所以与所成的角为与所成的角，

连接、，，则为正三角形，

所以与所成角的取值范围为，即选项B错误；

对于C：设平面与直线交于点，

连接、，则为的中点，

分别取、的中点，，

连接、、，由，

所以平面，

同理可得平面，

又因为，

所以平面平面，

又由平面，所以直线平面，

故点的轨迹是线段，易得，即选项C错误；

对于D：取的中点，的中点，的中点，连接，

因为，，所以四边形为平行四边形，

所以，所以平面，

连接、，则，又因为，

所以，所以平面，

连接、，由，且，

得，故、、、四点共面，

所以平面平面，

因为平面，所以平面，

所以点的轨迹为线段，

由知，连接，，

在中，，

所以，所以，

则，故线段长度的最小值为，

线段长度的最大值为，

所以长度的取值范围是，即选项D正确．

故选：AD．

三、填空题

13．已知满足，则___________.

【答案】1或

【分析】直接利用向量的坐标运算求解.

【详解】因为，

所以，

所以，

所以，所以或，

所以或1，

故答案为：1或

14．如图，长方体，，，，是棱上的一个动点，若点运动到棱靠近的一个三等分点时，恰有，求此时与平面所成的角__________．

【答案】

【分析】结合长方体的结构特点，可知与平面所成的角为，由及勾股定理可得，进而可求出得出结果.

【详解】长方体中，因为，，

所以，，，

因为底面，平面，所以，

所以与平面所成的角为，

，

由条件可得，解得，

因此，

因为，

所以，与平面所成的角为，

故答案为：

15．若为虚数单位，则计算___________．

【答案】

【分析】设，两边乘以相减，结合等比数列的求和公式和复数的乘除运算法则，计算可得所求和．

【详解】设，

，

上面两式相减可得，

，

则．

故答案为：．

16．如图所示，△ABC中，AC＝3，点M是BC的中点，点N在边AC上，且AN＝2NC，AM与BN相交于点P，且PN＝2PM，则△ABC面积的最大值为__．

【答案】5

【分析】根据题意设作为该平面的一组基底，根据向量运算的三角形法则及共线向量定理分别表示出，即可求得AP：PM，BP：PN的值，再设PM＝2t，求得PN，PA，PB，设△APN的面积为x，运用余弦定理和面积公式，结合二次函数的最值可得x的最大值，进而得到所求△ABC的面积的最大值．

【详解】设

则, ,

∵A、P、M和B、P、N分别共线，

∴存在实数λ、μ，使

故.

而

∴，

解得 ，

故

即AP：PM＝4：1，BP：PN＝3：2，

设PM＝t，则PN＝2t，PA＝4t，PB＝3t，t＞0，

设△APN的面积为x，∠APN＝α，

在△APN中，AN＝2，AP＝4t，PN＝2t，

可得cosα＝＝，sinα＝，

则

当，即t＝时，x取得最大值，

而△ABP的面积为x，△BPM的面积为，

则△ABC的面积为，

则△ABC的面积的最大值为×＝5．

故答案为：5．

四、解答题

17．已知复数是虚数单位.

(1)若复数在复平面上对应点落在第一象限，求实数的取值范围；

(2)若虚数是实系数一元二次方程的根，求实数值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出，由其对应点的坐标列不等式求解；

（2）也是方程的根，根据韦达定理先求得，再求得．

【详解】（1）由已知得到，因为在复平面上对应点落在第一象限，所以，

解得，所以

（2）因为虚数是实系数一元二次方程的根，所以是方程的另一个根，所以，所以，

所以，

所以，所以.

18．中，角，，所对的边分别是，，，，.

(1)求角；

(2)求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）结合题意和正弦定理可得，然后借助三角形内角和定理与两角和的正弦公式得出，进而求解；

（2）结合（1）的结论，利用正弦定理得到，然后利用辅助角公式和三角函数的性质即可求解.

【详解】（1）由题意，由正弦定理可得，

由，可得.

代入整理得：.因为，所以，故，由因为，所以.

（2）由（1）知，，因为，由正弦定理可得，

，则，

所以

，

因为，所以，则，

所以，则，

所以的取值范围.

19．如图①所示，已知正三角形与正方形，将沿翻折至所在的位置，连接，，得到如图②所示的四棱锥.已知，，为上一点，且满足.

(1)求证：平面；

(2)在线段上是否存在一点，使得平面.若存在，指出点的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析；

(2)存在，为线段的中点，理由见解析.

【分析】（1）根据给定条件，利用勾股定理的逆定理证得，再利用线面垂直的判定推理作答.

（2）连接，取的中点，利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理作答.

【详解】（1）是正三角形，有，中，，则，

正方形中，，平面，于是平面，而，

所以平面.

（2）点为线段的中点，平面，

取的中点，连接，连接，连接，如图，

于是，而平面，平面，因此平面，

依题意，为上一点，且满足，则为中点，又为中点，即有，

而平面，平面，因此平面，又平面，

从而平面平面，又面，则平面，

所以点为线段的中点时，平面.

20．如图，在中，点为直线上的一个动点，且满足，是中点.

（Ⅰ）若，，，且，求的坐标和模

（Ⅱ）若与的交点为，又，求实数的值.

【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）由，根据，求得，，进而求得向量坐标，进而求得向量的模；

（Ⅱ）因为，得到，进而得到和，即可求解.

【详解】（Ⅰ）由是中点，可得，

又由，且，，可知，，

且.

（Ⅱ）如图所示，因为，所以，

可以化简为：，

又，所以 ①

不妨再设，即，

由是的中点，所以，即 ②

由①②，可得且，解得.

21．在正方体中，为中点，为中点，过且与平行的平面交平面于直线.

(1)求证：平面；

(2)求直线与所成角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）取中点，利用正方体的结构特征结合平行四边形的判定性质、线面平行的判定推理作答.

（2）利用线面平行的性质证得，利用几何法求出直线与所成角的余弦值作答.

【详解】（1）在正方体中，对角面是矩形，则，平面，平面，

因此平面，即平面是过且与平行的平面，

取中点，连接，如图，因为为中点，为中点，

则，，即四边形是平行四边形，

于是，而平面，平面，

所以平面.

（2）由（1）知，平面，而平面平面，平面，

因此，而，则，即直线与所成的角等于直线与所成的角，

又，于是直线与所成的角等于直线与所成的角，连接，

因为平面，平面，则，令，由（1）知，

有，，

所以直线与所成角的余弦值.

22．在中，，D为中点， .

(1)若，求的长；

(2)若 ，求的长.

【答案】(1)2

(2)

【分析】（1）在中，由余弦定理求得，即可得，在中利用余弦定理即可求得答案；

（2）设，由正弦定理求得，结合，以及，可推出，再由，推出，联立解方程可得答案.

【详解】（1）在中，，

则 ，

在中，

，

所以.

（2）设，

在和中，由正弦定理得，，

又，得，

在中，，

由，有，

所以，整理得：，①

又由，整理得：，②

联立①②得，，即.，

解得或，

又，故，

所以.