精品解析：甘肃省定西市临洮县临洮中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题（解析版）

这是一份精品解析：甘肃省定西市临洮县临洮中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本试卷命题范围等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
3．本试卷命题范围：湘教版必修第二册（第一章至第四章4.3直线与直线，直线与平面的位置关系）．
一、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，只有一个选项是符合题目要求的．
1. 已知，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用二倍角的余弦公式可求得的值.
【详解】因为，则.
故选：C.
2. 如图所示的几何体，关于其结构特征，下列说法不正确的是
A. 该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体
B. 该几何体有12条棱、6个顶点
C. 该几何体有8个面，并且各面均为三角形
D. 该几何体有9个面，其中一个面是四边形，其余均为三角形
【答案】D
【解析】
【分析】根据几何体的直观图，得出该几何体的结构特征，由此判断选项A、B、C正确，选项D错误．
【详解】根据几何体的直观图，得
该几何体是由两个同底的四棱锥组成的几何体，
且有棱MA、MB、MC、MD、AB、BC、CD、DA、NA、NB、NC和ND，共12条；
顶点是M、A、B、C、D和N共6个；
且有面MAB、面MBC、面MCD、面MDA、面NAB、面NBC、面NCD和面NDA共个，且每个面都是三角形．
所以选项A、B、C正确，选项D错误．
故选D．
【点睛】本题考查了利用空间几何体的直观图判断几何体结构特征的应用问题，是基础题目．
3. 已知复数，为z的共轭复数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出复数，再利用复数除法运算计算作答.
【详解】因，则，
所以
故选：C
4. 正方形的边长为，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（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由三视图得原图形的形状，结构，得边长后可得周长．
【详解】作出原图形如下图所示：
由三视图知原图形是平行四边形，如图，，，
，，
所以平行四边形的周长是．
故选：A．

5. 已知，，且与的夹角为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.
【详解】因为，，且与的夹角为，
由平面向量数量积的定义可得，
因此，.
故选：A.
6. 函数的定义域是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据题意，由于，
分析求解可知x得取值范围是，故选D.
点评：解决的关键是利用三角函数的函数值域来得到变量的取值范围，结合图像来得到，属于基础题．
7. 设点P为内一点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设AB的中点是点D，由题得，所以点P是CD上靠近点D的五等分点，即得解.
【详解】设AB的中点是点D，
∵，
∴，
∴点P是CD上靠近点D的五等分点，
∴的面积为的面积的.
故选：A
【点睛】本题主要考查向量的运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
8. 如图，某人在一条水平公路旁的山顶P处测得小车在A处的俯角为，该小车在公路上由东向西匀速行驶分钟后，到达B处，此时测得俯角为．已知小车的速度是，且，则此山的高（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意作图可得，，设，在，中
求出，，在中，由余弦定理列方程即可求解.
【详解】
由题意可知：平面，，，
，
设，在中，，，所以，
在中，，，所以，
在中，由余弦定理可得：，
所以，即，解得：，
所以山的高，
故选：A.
二、选择题：本大题共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. 已知函数，则（ ）
A. 的最大值为
B. 的最小正周期为
C. 是偶函数
D. 将图象上所有点向左平移个单位，得到的图象
【答案】AC
【解析】
【分析】先将原式整理，得到，进而可得最大值，判定A正确；得出最小正周期，判定B错；根据函数奇偶性，判定C正确；根据函数图象平移原则，判定D错.
【详解】，
因为，所以，因此，则，故A正确；
最小正周期为，故B错；
，所以是偶函数，即C正确；
将图象上所有点向左平移个单位，得到，故D错误.
故选：AC.
【点睛】本题主要考查求三角函数的最值，最小正周期，判定三角函数的奇偶性，求平移后的解析式，属于常考题型.
10. 下列关于平面向量说法中不正确的是（ ）
A. ，,若,则
B. 单位向量，，则
C. 若且，则
D. 若点为重心，则
【答案】AC
【解析】
【分析】
利用向量共线的坐标表示即可判断A，将展开后结合即可判断B，向量数量积不满足消去律，可判断选项C，根据向量的线性运算及三角形重心的性质可判断选项D.
【详解】对于选项A：因为，则，解得：，故选项A不正确；
对于选项B：，所以
，故选项B正确；
对于选项C：根据向量的几何意义可知若且，则不一定成立，故选项C不正确；
对于选项D：若点为的重心，取的中点，则
，故选项D正确，
故选：AC
11. 如图，四棱锥的底面为正方形，底面，则下列结论中正确的有（ ）

A.
B. 平面
C. 与平面所成角是
D. 与所成的角等于与所成的角
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用线面垂直的性质可判断A选项；利用线面平行的判定定理可判断B选项；利用线面角的定义可判断C选项；利用线线角的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为四边形为正方形，则，
因为平面，平面，所以，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，A对；
对于B选项，因为四边形为正方形，则，
又因为平面，平面，所以，平面，B对；
对于C选项，因为平面，所以，与平面所成角是，C对；
对于D选项，因为，平面，平面，
所以，，所以，为锐角，
所以，与所成的角为直角，与所成的角为锐角，
故与所成的角不等于与所成的角，D错.
故选：ABC.
12. 如图，△ABC的三个内角A，B，C对应的三条边长分别是a，b，c，∠ABC为钝角，BD⊥AB，，c=2，则下列结论正确的有（ ）
A. B. BD=2
C. D. △CBD的面积为
【答案】AC
【解析】
【分析】
由已知利用二倍角的余弦函数公式可求的值，利用余弦定理求得的值，再计算，由同角的三角函数关系求出，根据直角三角形边角关系求出，，的值，再计算的面积从而得解．
【详解】解：由，得：，
又角为钝角，
解得：，
由余弦定理，得：，
解得，可知为等腰三角形，即，
所以，
解得，故正确，
可得，
在中，，得，可得，故错误，
，可得，可得，故正确，
所以的面积为，故错误．
故选：AC．
【点睛】利用正弦、余弦定理解三角形，利用求三角形的面积．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 如图是表示一个正方体表面的一种平面展开图，图中的四条线段､､和在原正方体中相互异面的有___________对
【答案】3
【解析】
【分析】还原正方体，标记出各点所处的位置，观察图象可得结果.
【详解】如图，将各点在原图中标记出来，观察发现，在、、和四条线中，
相互异面的只有3对：和、和、和.
故答案为：3.
14. 如图，在正方体中，、分别是、的中点，则异面直线与所成角的大小是____________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，设，则，
，即异面直线A1M与DN所成角的大小是
考点：异面直线所成的角
15. 化简______．
【答案】
【解析】
【分析】利用切化弦结合辅助角公式可求得所求代数式的值.
【详解】原式.
故答案为：.
16. 已知内角，，所对的边分别为，，，线段上的点满足，，，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求的值，由余弦定理求得的值，进而可求得的值，在中，由余弦定理可得，再由正弦定理可得的值，进而根据同角三角函数基本关系式，即可求解.
【详解】在中，，
因为，为锐角，所以，
由余弦定理得，
可得，可得，
又由,
在中，由余弦定理可得，
在中，由正弦定理可得，可得，
又，可得，所以，可得，
可得，
故答案为：.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
17. 如图，四边形OADB是以向量，为边的平行四边形，且OD，AB相交于C点，又，，试用，表示，，．

【答案】，，.
【解析】
【分析】根据题意，由平面向量基本定理，分别表示出，即可表示出.
【详解】因为，，所以，
所以，
因为，，
所以，
所以.
18. 如图所示，为平行四边形ABCD所在平面外一点，M,N分别为AB,PC的中点，平面PAD平面PBC＝.
(1)求证：BC∥；
(2)MN与平面PAD是否平行？试证明你的结论．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【详解】试题分析：证明线线平行的方法；1，向量法，2.垂直于同一平面的两条直线平行，3平行于同一直线的两条直线平行，4一个平面与另外两个平行平面相交,那么两条交线也平行．线面平行，1平面外的一条直线与平面内的一条直线平行，则这条直线与这个平面平行，2若一条直线与一个平面同时平行于另一个平面且这条直线不属于这个平面，则这条直线与这个平面平行，3若一条直线与两平行平面中的一个平行，则这条直线与另一个平面平行，4，最好用的还是向量法．
试题解析：(1)证明 因为BC∥AD，AD⊂平面PAD，
BC⊄平面PAD，所以BC∥平面PAD.
又平面PAD∩平面PBC＝l，BC⊂平面PBC，所以BC∥l.
(2)解 MN∥平面PAD.证明如下：
如图所示，取PD中点E，连结AE，EN.
又∵N为PC的中点，∴
又∵
∴
即四边形AMNE为平行四边形．
∴AE∥MN，又MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD
.∴MN∥平面PAD.
考点：线面平行的性质定理及判断定理
19. 已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）当时，若，求值.
【答案】（1）；（2）或.
【解析】
【分析】（1）先将函数解析式化简整理，得到，即可求出最小正周期；
（2）先由，得到，再由，即可确定结果.
【详解】（1）
所以最小正周期为
（3）因为，所以，
又因为，即，
所以或，则或.
【点睛】本题主要考查求三角函数的最小正周期，以及由三角函数值求角的问题，熟记三角函数的图像和性质即可，属于常考题型.
20. 设复数（其中，），，（其中）．
（1）设，若，求出实数的值；
（2）若复数满足条件：存在实数，使得与是某个实系数一元二次方程的两个虚数根，求符合条件的复数的模的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】(1)用k表示出复数，再根据给定条件列式计算即可；
(2)利用实系数一元二次方程的两个虚根的关系列式分类讨论即可求解.
【详解】（1），，
因，则，即，解得，
所以实数的值为；
(2)，，
因与是某个实系数一元二次方程的两个虚数根，则，互为共轭复数，即，
若时，则有，此时，为零，不合题意，
若时，则，，整理得，由，得
而，即，，
所以复数的模的取值范围是.
21. 如图，四棱锥中，平面，底面是边长为的正方形，，为的中点，为的中点．

（1）求证：平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）证明出平面，可得出，利用等腰三角形三线合一的性质可得出，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）取的中点，连接、，分析可知异面直线与所成角为或其补角，计算出三边边长，即可求得的余弦值，即为所求.
【小问1详解】
证明：因为四边形为正方形，则，
因为平面，平面，所以，，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
因为，为的中点，所以，，
因为，、平面，所以，平面.
【小问2详解】
解：取的中点，连接、，

因为、分别为、中点，所以，且，
所以，异面直线与所成角为或其补角，
因为，四边形是边长为的正方形，且平面，
且平面，所以，，则，故，
因为，同理可得，
取的中点，连接，则，故.
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
22. 在中，设角的对边分别为，已知.
（1）求角的大小；
（2）若，求周长的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）由三角函数的平方关系及余弦定理即可得出（2）利用正弦定理、两角和差的正弦公式、三角函数的单调性转化为三角函数求值域即可得出.
【详解】（1）由题意知，
即，
由正弦定理得
由余弦定理得，
又.
（2），
则的周长
.
，
，
周长的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了三角函数的平方关系，正余弦定理，两角和差的正弦公式，三角函数的单调性，属于中档题.