山东省菏泽市2022-2023学年高一下学期期中数学试题（含解析）

这是一份山东省菏泽市2022-2023学年高一下学期期中数学试题（含解析），共21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。

山东省菏泽市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．在复平面内，复数对应的点与对应的点关于虚轴对称，则等于（    ）
A． B． C． D．
2．在平行四边形ABCD中，，，，，则（    ）
A．2 B．－2 C．4 D．－4
3．在中，，，，则的解的个数是（    ）
A．0个 B．2个 C．1个 D．无法确定
4．已知正四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，高为，则该四棱台的表面积为（    ）
A． B．34 C． D．68
5．一艘船从河岸边出发向河对岸航行.已知船的速度，水流速度，那么当航程最短时船实际航行的速度大小为（    ）
A．5 B．10 C．8 D．
6．已知正三棱锥中，，，，则正三棱锥内切球的半径为（    ）
A． B． C． D．
7．已知是直径为的圆内接三角形，三角形的一个内角满足，则周长的最大值为（    ）
A． B． C． D．
8．已知复数，，且，在复平面内对应向量为，，，（O为坐标原点），则的最小值为（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则（    ）
A．若，则
B．若，则一定是锐角三角形
C．点，，与向量共线的单位向量为
D．若平面向量，满足，则的最大值是5
10．设是给定的平面，A、B是不在内的任意两点，则（    ）
A．在内存在直线与直线AB相交 B．平面与直线AB至多有一个公共点
C．在内存在直线与直线AB垂直 D．存在过直线AB的平面与垂直
11．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列判断正确的是（    ）
A．若，则为钝角三角形
B．若，则为等腰三角形
C．若的三条高分别为，，，则为钝角三角形
D．若，则为直角三角形
12．如图，在矩形ABCD中，，，E，F分别为BC，AD中点，将沿直线AE翻折成，与B、F不重合，连结，H为中点，连结CH，FH，则在翻折过程中，下列说法中正确的是（    ）
  
A．CH的长是定值；
B．在翻折过程中，三棱锥的外接球的表面积为；
C．当时，三棱锥的体积为；
D．点H到面的最大距离为

三、填空题
13．如图，是斜二测画法画出的水平放置的的直观图，是的中点，且轴，轴，，，则的周长___________.
  
14．在中，角所对的边分别为，，，，且面积为，若，则______．
15．已知，设与方向相同的单位向量为，若在上的投影向量为，则与的夹角__________.
16．已知向量，的夹角为，，若对任意，恒有，则函数的最小值为_________.

四、解答题
17．已知复数（i是虚数单位）.
(1)求复数z的模；
(2)若复数在复平面上对应的点在第四象限，求实数a的取值范围.
18．如图，，，，点C是OB的中点，绕OB所在的边逆时针旋转一周.设OA逆时针旋转至OD时，旋转角为，.
  
(1)求旋转一周所得旋转体的体积V和表面积S；
(2)当时，求点O到平面ABD的距离.
19．复数，，i为虚数单位，.
(1)若是实数，求的值；
(2)若复数，对应的向量分别是，，向量，的夹角为锐角，求的范围.
20．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且.
(1)求C；
(2)若，，角C的平分线交AB于点D，点E满足，求.
21．如图，正方形ABCD的边长为6，E是AB的中点，F是BC边上靠近点B的三等分点，AF与DE交于点M.
  
(1)设，求的值；
(2)若点P自A点逆时针沿正方形的边运动到C点，在这个过程中，是否存在这样的点P，使得？若存在，求出MP的长度，若不存在，请说明理由.
22．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
(1)证明：；
(2)求的取值范围.

参考答案：
1．A
【分析】由复数的运算可得，再求解即可.
【详解】解：由，
又复数对应的点与对应的点关于虚轴对称，
则，
故选：A.
【点睛】本题考查了复数的运算，重点考查了复数在复平面对应的点，属基础题.
2．B
【分析】以为基底表示，代入向量的数量积公式计算即可.
【详解】
  如图，∵，，，
∴，
∴.
故选：B．
3．B
【分析】作出辅助线，得到，得到解的个数.
【详解】过点作⊥于点，
因为，，，所以，
所以，这样的可能为锐角，也可能为钝角，如图所示，解的个数为2个.

故选：B
4．C
【分析】求出棱台侧面的高，即可求出该四棱台的表面积
【详解】由题意，在正四棱台中，上、下底面分别是边长为2和4的正方形，高为，
作出立体图如下图所示，
  
过点作，面于点，连接，
由几何知识得，
，
在中，由勾股定理得，，
设该四棱台的一个侧面面积为
∴该四棱台的表面积为：
，
故选：C.
5．B
【分析】由航程最短时，船实际航行的方向与河对岸垂直求解.
【详解】解：如图所示：

是河对岸一点，且与河岸垂直，
那么当这艘船实际沿方向行驶时，航程最短，
此时，，
所以当航程最短时船实际航行的速度大小为10，
故选：B
6．C
【分析】由于三棱锥为正三棱锥，所以，由于可得，则可得，设点为的重心，设正三棱锥内切球的半径为，然后利用等体积法求解即可.
【详解】因为三棱锥为正三棱锥，所以，
设，
因为，所以，
因为，所以，
因为，，
所以，
所以，得，得，
所以，
设点为的重心，由 ，
所以,
设正三棱锥内切球的半径为，设为正三棱锥内切球的球心，
因为，
所以，
所以，
解得
故选：C
  
7．D
【分析】由余弦求出正弦，先由正弦定理得到，进而利用余弦定理和基本不等式求出，得到周长的最大值.
【详解】因为，所以，不妨设所对的边为，
则由正弦定理得，
所以，
由余弦定理得，即，
由基本不等式得，所以，解得，
故周长的最大值为.
故选：D
8．B
【分析】根据复数设出，表达出和，得到表达式，即可求出的最小值.
【详解】由题意，
，，且，
所以得，
设,
∴,
，
，
其中,
∴时, 取最小值为.
故选：B.
9．AD
【分析】由正弦定理结合三角形的边角关系可判断A；由余弦定理结合三角形的边角关系可判断B；求出向量共线的单位向量可判断C；由向量的模和平面向量的数量积运算可判断D.
【详解】对于A，在在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
所以，则，结合正弦定理可得，故A正确；
对于B，，由余弦定理可得，可得角为锐角，但不一定是锐角三角形，故B不正确；
对于C，由，，可得，
所以向量共线的单位向量为或，故C不正确；
对于D，，则，
所以，
则的最大值是5，故D正确.
故选：AD.
10．BCD
【分析】取可判断A选项的正误；取与平面相交可判断选项B正误；利用线面垂直的性质可判断C选项的正误；利用面面垂直的判定定理可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，当直线平面，则平面内的直线与直线平行或异面，故选项A错误；
对于B选项，如果与平面相交，则平面与直线至多有一个公共点，故选项B正确；
对于C选项，若，则平面内存在无数条直线与垂直；
若与不垂直，设、在内的射影点为、，连接，

存在直线平面，使得，因为，，则，
，则，，则平面，
平面，则，故选项C正确；
对于D选项，由C选项可知，，平面，则平面，
且平面，故选项D正确.
故选：BCD.
11．ACD
【分析】对于A，由，从而得到，进而得到，即可判断；对于B，由可得或，从而可判断；对于C，设的面积为，根据面积公式可得，从而可得，即可判断；对于D，利用正弦定理边化角可得，再结合基本不等式可得，即可判断.
【详解】对于A，因为，
所以，
所以，
又因为，所以，
所以只有一个小于 0 ，
所以是钝角三角形，选项A正确；
对于B，若，则或，
所以或，所以为等腰三角形或直角三角形，选项B错误；
对于C，设的面积为，由面积公式知
，解得，
所以为最大角，
所以
所以为钝角，为钝角三角形，选项C正确；
对于D，由，得，
而，当且仅当时等号成立，
所以，解得，即，
所以为直角三角形，选项D正确.
故选：ACD.
12．ACD
【分析】对于A，取AB的中点G，连接GH，GE，可证明四过形ECHG是平行四边形，从而可得，即可判断；对于B，取的中点，连接，可得点为三棱锥的外接球的球心，从而可计算表面积判断；对于C，连接，连接，可证明平面，再利用等体积法判断；对于D，令点到面的距离为，则点H到面的距离为，结合等体积法可知当平面平面时，三棱锥的体积最大，从而可判断.
【详解】由题意可知，，
对于A，取AB的中点G，连接GH，GE，
则，且，又，且，
所以，且，四过形ECHG是平行四边形，
，而，故A正确；
  
对于B，取的中点，连接，
所以，即点为三棱锥的外接球的球心，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故B错误；
  
对于C，连接，连接，
根据正弦定理可得，即，
所以，即，
分别为的中点，

又M为DE的中点 ，，

，
又，平面，，
又，，
又平面，


，故C正确；
  
对于D，令点到面的距离为，
因为H为中点，所以点H到面的距离为.
因为，
因为三棱锥的底面积是定值，
所以当平面平面时，三棱锥的体积最大，
取的中点，连接，则平面，
所以，
即，解得，
所以点H到面的最大距离为，故D正确.
故选：ACD
13．
【分析】根据已知，利用斜二测画法“平行依旧垂改斜，横等纵半”、以及勾股定理计算求解.
【详解】如图，根据斜二测画法，因为，，所以，，
且轴，轴，是的中点，所以，
在直角中，由勾股定理有：，所以，
则的周长.
故答案为：.
  
14．3
【分析】根据三角形面积解得，代入解得或；然后根据余弦定理求得.
【详解】解得：；
又，代入得：或；
根据余弦定理得：，
解得：；
故答案为：3
15．
【分析】根据投影向量定义结合向量夹角公式计算求解即可.
【详解】在方向上的投影向量为，
,
,.
故答案为:
16．
【分析】先根据向量的夹角、模长及恒成立求出，利用距离和的最值求解的最小值.
【详解】因为，所以，
整理可得，
因为对任意，上式恒成立，所以；
由题意知，所以，所以.

可以看作点与点的距离之和；
如图，点关于的对称点为，则；
所以的最小值为.
故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是恒成立条件的转化，可求；二是利用转化求的最小值，看作点与点的距离和是突破口.
17．(1)
(2)

【分析】（1）先化简得到，再根据模长公式即可求解；
（2）先化简得到，再根据题意可得，求解即可.
【详解】（1）因为，
所以；
（2）因为
，
所以，解得，
所以实数a的取值范围.
18．(1)，
(2)

【分析】（1）旋转一周所得旋转体为大圆锥挖去小圆锥，利用圆锥的体积公式和侧面积公式可求旋转体的体积V和表面积S；
（2）利用等积法可求O到平面ABD的距离.
【详解】（1）设底面半径为，圆锥BO底面面积为，底面周长，
母线.
圆锥BO的体积，侧面积.
圆锥CO的体积，，
侧面积.
旋转一周所得旋转体的体积
旋转一周所得旋转体表面积.
（2）  
连接AD，在等腰三角形AOD中，，，，
，
而，设点O到平面ABD的距离为h，
，故，，
19．(1)
(2)

【分析】（1），由为实数，可得，再结合余弦倍角公式即可求解；
（2）由题意可得，，由向量，的夹角为锐角可得，再排除同向时，即可求解.
【详解】（1）因为，
因为为实数，所以，，
；
（2）复数，
因为复数，对应的向量分别是，，
所以，，
，，
又，，
当，同向时，，得，
综上，向量，的夹角为锐角时，的范围是.
20．(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理与余弦定理，完成角化边，根据角的余弦定理，可得答案；
（2）根据直角三角形的性质，求得，根据余弦定理，求得，根据正弦定理，可得答案.
【详解】（1）依题意，由正弦定理得，
由余弦定理，，则，
则，因为，所以.
（2）如图所示，因为，，所以，
又因为CD为的平分线，所以，.
因为，所以在中，，
又，所以为等边三角形，所以.
在中，由余弦定理可得，
即，
在中，由正弦定理可得，
即，得.

21．(1)
(2)存在，

【分析】（1）以点A为原点建立平面直角坐标系，根据求得点的坐标，设，再根据平面向量相等的坐标表示即可得解；
（2）分点P在AB上和点P在BC上两种情况讨论，结合可得求得点的坐标，再根据平面向量的模的坐标表示即可得解.
【详解】（1）如图所示，建立以点A为原点的平面直角坐标系，
，，
因为，则，则，故，
又D，M，E三点共线，则设，，
即，则，
解得；
  
（2）由题意得，假设存在点P，使得，
①当点P在AB上时，设，，，
则，则，故，
；
②当点P在BC上时，设，，，
则，解得（舍去）；
综上，存在符合题意的点，.
22．(1)证明见解析.
(2).

【分析】（1）运用余弦定理得，再运用正弦定理边化角化简计算即可.
（2）运用三角形内角范围求得角C的范围，进而求得范围，运用边化角将问题转化为求关于的二次函数在区间上的值域.
【详解】（1）∵，
∴，
∴由余弦定理得：，即：，
由正弦定理得：，
∴，
整理得：，即：，
又∵，
∴，即：.
（2）∵，
∴，
又∵，，，
∴由正弦定理得：
，
又∵，
∴，
令，则，，
∵对称轴为，
∴在上单调递增，
当时，；当时，，
∴，即：的范围为.