湖南省益阳市安化县第二中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题（解析版）

这是一份湖南省益阳市安化县第二中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023年上学期高一期中考试试卷
数学
满分：150分 考试时间：120分钟
一、单选题：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. 已知复数，则的虚部为（ ）
A. 2 B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的实部与虚部的定义，即可得到结果.
【详解】因为复数，则其虚部为.
故选：B
2. 已知向量，，若，则（ ）
A. B. C. D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用向量垂直的坐标运算公式列方程得答案.
【详解】，，，
，
解得.
故选：A.
3. 球的半径是，则该球的体积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据球的体积公式计算可得.
【详解】因为球的半径是，所以球的体积.
故选：A
4. 一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（ ）

A. 4 B. C. D. -4
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由斜二测画法的规则，即可得到原图形的面积.
【详解】
还原直观图为原图形，如图所示，
因为，所以，还原回原图形后，，，所以原图形面积为.
故选：B
5. 在中，为边上的点，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，由平面向量的线性运算结合平面向量基本定理，代入化简，即可得到结果.
详解】
因为，且，则，
所以.
故选：D
6. 直线a∥平面α，P∈α，那么过P且平行于a的直线（　　）
A. 只有一条，不在平面α内
B. 有无数条，不一定在平面α内
C. 只有一条，且在平面α内
D. 有无数条，一定在平面α内
【答案】C
【解析】
【分析】由推论1和基本事实3可以确定平面与平面有唯一的交线，由线面平行的性质定理可推导直线与交线平行，从而确定选项.
【详解】解：由推论1可知：，则，，过与确定一平面β，
由基本事实3可知：平面α与平面β有一交点，则有一条唯一的交线与a平行，设为b，
因为直线a∥平面α，，，所以a∥b.
故选：C．
7. 为了测量垂直于地面的两座塔塔尖之间的距离，某数学建模活动小组构建了如图所示的几何模型.若米，，，，，则塔尖之间的距离为（ ）米.

A. 80 B. 120 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求，利用余弦定理求得.
【详解】，
在三角形中，由余弦定理得：
米.
故选：D
8. 已知正三棱锥中，，，该三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意得到，，两两垂直，把该三棱锥补成一个正方体，结合正方体的性质，即可求解.
【详解】由题意，正三棱锥中，，
则，所以，同理可得，
即，，两两垂直，可把该三棱锥补成一个正方体，
则该三棱锥的外接球就是正方体的外接球，即正方体的体对角线就是球的直径，
所以球心位于正方体对角线的中点,
所以三棱锥外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，
所以.

二、多选题：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. 设复数，则（ ）
A. 对应的点在第一象限 B.
C. 的虚部为 D.
【答案】AB
【解析】
【分析】先化简复数，然后根据复数的几何意义以及性质逐项分析即可.
【详解】因为，
故对应的点为在第一象限，故A正确；
此时，故B正确；
的虚部为，故C错误；
，故D错误，
故选：AB.
10. 已知空间中的平面，直线，，以及点，，，，则以下四个命题中，不正确的命题是（ ）
A. 在空间中，四边形满足，则四边形是菱形.
B. 若，，则.
C. 若，，，，，，则.
D. 若和是异面直线，和是平行直线，则和是异面直线.
【答案】ABD
【解析】
【分析】举特例即可说明A、D错误；根据直线与平面的位置关系可判断B；由已知结合基本事实2，即可判断C.
【详解】对于A项，正四面体的各条棱长均相等，四边形为空间四边形，不是菱形，故A项错误；
对于B项，若，则或与相交，所以或（此时为与的交点），故B项错误；
对于C项，由已知可得，，，即直线上有两个点在平面内，
根据基本事实2可知，故C项正确；

对于D项，如图正方体中，和异面（异面直线），（），
但是（相交），故D项错误.
故选：ABD.
11. 已知向量，则（ ）
A. 与方向相反的单位向量的坐标为
B. 当时，与的夹角为锐角
C. 当时，、可作为平面内的一组基底
D. 当时，在方向上的投影向量为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据与方向相反的单位向量为可判断A选项；利用平面向量数量积的坐标运算可判断B选项；判断出、不共线，可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项.
【详解】对于A，与方向相反的单位向量为，故A错误；
对于B，当时，，，，
所以与的夹角为锐角，故B正确；
对于C，当时，，，则，则与不平行，
所以、可作为平面内的一组基底，故C正确；
对于D，设与的夹角为，则在方向的投影向量为，
当时，，，，，
所以，故D错误．
故选：BC.
12. 已知直三棱柱中，，，，，，点分别为棱，，，的中点，是线段上（包含端点）的动点，则下列说法正确的是（ ）
A. ，，，四点共面
B. 三棱锥的体积为定值
C. 一只虫子由表面从点爬到点的最近距离为
D. 若为的中点，则过，，三点的平面截三棱柱所得截面的周长为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，通过证明∥，可判断，对于B，由∥平面进行判断，对于C，将平面沿旋转到与平面在同一个平面内，则可判断，对于D，由题意可得过三点的平面为平面即可判断.
【详解】对于A，连接，因为，点分别为棱，的中点，所以∥，
因为∥，所以∥，因为是线段上（包含端点）动点，
所以，，，四点共面，所以A正确，
对于B，因为，点分别为棱，的中点，所以∥，
因为平面，平面，所以∥平面，
因为是线段上（包含端点）的动点，所以点到平面的距离等于到平面的距离，
则，
因为，所以，所以B正确，
对于C，将平面沿旋转到与平面在同一个平面内，则从点爬到点的最近距离为，所以C错误，
对于D，因为为的中点，为棱的中点，所以∥，因为∥，
所以过点过三点的平面为平面，则截面的周长为，
因为, ，
所以截面的周长为，所以D正确，
故选：ABD

【点睛】关键点点睛：此题考查棱锥的体积的求法，考查棱柱上截面周长的求法，求截面周长的关键是根据平行线的性质作出截面图形，从而根据图形的性质求解，考查空间想象能力，属于较难题.
三、填空题（共4小题，每题5分，共20分）
13. 已知圆锥的母线长为，底面半径为，则此圆锥的体积为_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据勾股定理求出圆锥的高，结合圆锥的体积公式计算即可求解.
【详解】由题意知，所以圆锥的高为，
故圆锥的体积为．
故答案为：.
14. 已知，，，则与的夹角的度数为______.
【答案】
【解析】
【分析】设与的夹角为，根据，，，由求解.
【详解】设与的夹角为，
因为，，，
所以，
解得，
因为，
所以，
故答案为：
【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算以及夹角的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.
15. 在中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，c=4，，且的面积为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据三角形面积公式求出，再由余弦定理的变形即可得出.
【详解】由，且，可得，
，解得，
，，
可得，
代入，即，

故答案为：
16. 在正四棱台中，底面是边长为4的正方形，其余各棱长均为2，设直线与直线的交点为，则四棱锥的外接球的表面积为_________.
【答案】
【解析】
【分析】先确定四棱锥为正四棱锥，则其外接球的球心O在直线上，由勾股定理可得半径，结合球的表面积公式计算即可求解.
【详解】设与相交于点，因为四棱台为正四棱台，
直线与直线的交点为，所以四棱锥为正四棱锥，
得平面，四棱锥的外接球的球心O在直线上，连接，
设该外接球的半径为，由，，
所以，则，
即，解得，
则四棱锥外接球的表面积为.
故答案为：.

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. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，，.
（1）求b的值;
（2）求的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理化简可得，再由余弦定理即可求解；
（2）直接由三角形的面积公式即可求解.
【小问1详解】
因为，
所以由正弦定理得，即，
由余弦定理得.
所以.
【小问2详解】
因为，，，
所以.
18. 棱长为的正方体中，截去三棱锥，求：

（1）求截去的三棱锥的表面积
（2）剩余的几何体的体积
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分析三棱锥各个面的特征，从而求出其面积，即可得解；
（2）用正方体的体积减去三棱锥的体积，即可得解.
【小问1详解】
由正方体的特点可知三棱锥中，是边长为的等边三角形，
、、都是直角边为的等腰直角三角形，
所以截去的三棱锥的表面积
；
【小问2详解】
正方体的体积为，
三棱锥的体积，
所以剩余的几何体的体积为.
19. 已知函数的部分图象如图所示．

（1）求的解析式.
（2）写出的递增区间.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】(1) 由函数的图像可得，得出周期，从而得出，再根据五点作图法求出，得出答案.
(2) 令解出的范围，得出答案.
【小问1详解】
由图可知，，∴，
∴，
将点代入得，
，，∴，，
∵，∴，
∴
【小问2详解】
由，，
解得，，
∴的递增区间为，．
20. 如图，四棱锥的底面为平行四边形.设平面与平面的交线为，、、分别为、、的中点.

（1）求证：平面平面；
（2）求证：.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明即可；
（2）利用线面平行的性质定理证明即可
【小问1详解】
证明：因为、、分别为、、的中点，底面为平行四边形，
所以，，
又平面，平面，
则平面，
同理平面，平面，
可得平面，
又，平面
所以平面平面.
【小问2详解】
证明：因为，平面，平面，
所以平面，
又平面，平面平面，
所以.
21. 在中，角、、所对的边分别为、、，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合向量运算、正弦定理求得，由此求得.
（2）利用正弦定理将表示为三角函数的形式，结合三角函数值域的求法求得的取值范围、
【小问1详解】
在中，，
∵，
∴，
即，
由正弦定理得：，
∴，∴，
又，∴，∴.
【小问2详解】
由正弦定理得：，∴，，
∴

，
∵，∴，即，
∴，，
∴，
即
22. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求角C；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用倍角公式化简为，再弦化切得，再逆用和角正切公式可得，进而可求解；
（2）利用正弦定理边化角得，令，则，转化为求取值范围，从而利用二次函数在区间的最值求法可得.
【小问1详解】
因为，
所以，
，
因为，
所以，
所以，
上式整理得，即，
所以，
所以.
因为，所以，
因为，
所以，即，解得.
【小问2详解】
因为


，
所以令，
因为，所以
所以，则.
则，
所以，
令，
因为的对称轴为，且开口向上，
所以在区间上单调递增，
所以的取值范围为，
所以的取值范围为.
【点睛】关键点睛：
第二问中求的取值范围，利用与的关系，设，从而，最终问题转化为求的取值范围.