北京市第八十中学2022-2023学年高一下学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份北京市第八十中学2022-2023学年高一下学期期中考试数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了 在复平面内，复数对应的点位于， 如图，在平行四边形中，， 已知向量，且，则， 在正方体中，是正方体的底面．等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年北京八十中高一（下）期中数学试卷
一､选择题共10小题，每小题4分，共40分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】求得复数对应的坐标，从而确定正确选项.
【详解】复数对应的点为，在第四象限.
故选：D
2. 如图，在平行四边形中，（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量运算得.
【详解】由图知，
故选：B.
3. 已知长方体的长、宽、高分别为5，4，3，那么该长方体的表面积为（ ）
A 20 B. 47 C. 60 D. 94
【答案】D
【解析】
【分析】利用长方体表面积公式即可求解.
【详解】长方体的长、宽、高分别为5，4，3,
所以该长方体的表面积为
故选：D
4. 已知向量，且，则（ ）
A. 1 B. -1 C. 4 D. -4
【答案】D
【解析】
【分析】利用平行的坐标公式处理即可.
【详解】由向量，且，
，解得：.
故选：D.
5. 已知向量在正方形网格中的位置，若网格纸上小正方形的边长为1，如图所示．则（ ）

A. 12 B. 4 C. 6 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，可得出，，，再结合平面向量坐标的线性运算性质即可求解.
【详解】网格纸上小正方形的边长为1，

如图，在平面直角坐标系中，，，
，
.
故选：C．
6. 已知一个圆锥和圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据圆锥和圆柱的侧面积公式求解即可.
【详解】设圆锥和圆柱的底面半径为，
因为圆锥的轴截面是等边三角形，所以圆锥的母线长为，
则圆锥和圆柱的高为，
所以圆锥的侧面积为，
圆柱的侧面积为，
所以圆锥和圆柱的侧面积之比为,
故选:C.
7. “直线与平面平行”是“直线与平面内无数条直线平行”的
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】
利用线面平行的判定定理和性质定理进行判断即可.
【详解】因为“直线与平面平行”，所以根据线面平行的性质定理可知“直线与平面内无数条直线平行”，反之不成立，因为直线还可能在平面内.
故选：A.
【点睛】本题主要考查充要条件的判定，明确语句间的推出关系是求解的关键，侧重考查逻辑推理的核心素养.
8. 如图，两点在河的两岸，在同侧的河岸边选取点，测得的距离，则两点间的距离为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据正弦定理求解即可
【详解】因为，故，由正弦定理，，故m
故选：D
9. 在正方体中，是正方体的底面（包括边界）内的一动点，（不与重合），是底面内一动点，线段与线段相交且互相平分，则使得四边形面积最大的点是（ ）．

A. 个 B. 个 C. 个 D. 无数个
【答案】C
【解析】
【详解】∵线段与线段相交且互相平分，
∴四边形是平行四边形，
因的长为定值，为了使四边形面积最大，
只须到的距离为最大即可，
由正方体的特征可以知道，
当点位于，，时，平行四边形面积相等，且最大，
则使得四边形面积最大的点有个．
故选．
点睛:立体几何中最值问题,主要解决方法为立体问题平面化，即将空间线面关系转化到某个平面上线面关系，结合平面几何或解析几何知识进行转化解决.
10. 如图，正方形的边长为2，为正方形四条边上的一个动点，则的取值范围是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系，分点P在CD上，点P在BC上，点P在AB上，点P在AD上，利用数量积的坐标运算求解.
【详解】解：建立如图所示平面直角坐标系：

则，
当点P在CD上时，设，
则，
所以；
当点P在BC上时，设，
则，
所以；
当点P在AB上时，设，
则，
所以；
当点PAD上时，设，
则，
所以；
综上：的取值范围是.
故选：D
二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 若复数，则________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据以及复数商的模等于复数的模的商，计算可得答案.
【详解】因为，所以.
故答案为：
【点睛】本题考查了复数模的性质，考查了复数的模长公式，属于基础题.
12. 已知向量，满足，，，则与的夹角为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律求出，再利用向量夹角公式计算作答.
【详解】向量，满足，，由，得，
因此，而，则，
所以与的夹角为.
故答案为：
13. 在中，，则_____________
【答案】
【解析】
【详解】由三角形的面积公式知，,解得，再有余弦定理得，故.
14. 已知直线和平面.给出下列三个论断：①∥；②∥；③.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：___________.
【答案】若，则
【解析】
【分析】分三种情况判断：①②作条件，③作结论；①③作条件，②作结论；②③作条件，①作结论.只要以上三个命题为真即可.
【详解】解：将①②作条件，③作结论：若∥，∥，则.此命题为假命题（结论应为或∥）；
将①③作条件，②作结论：若∥，，则∥.此命题为假命题（结论应为与相交或∥）；
将②③作条件，①作结论：若∥， ，则∥.由两平面平行的性质定理可知此命题为真命题.
故答案为：若∥， ，则∥.
15. 如图，矩形ABCD中，，M为BC的中点，将沿直线AM翻折，构成四棱锥，N为的中点，则在翻折过程中，
①对于任意一个位置总有平面；
②存在某个位置，使得；
③存在某个位置，使得；
④四棱锥的体积最大值为．

上面说法中所有正确的序号是____________．
【答案】①④
【解析】
【分析】证明，结合线面平行判定判断①；由结合与不垂直，判断②；由线面垂直的判定得出点与点重合，从而判断③；取的中点为，连接，当平面时，四棱锥的体积最大，从而判断④.
【详解】分别取的中点为，连接.
因为的中点分别为，所以，且.
即四边形为平行四边形，故，由线面平行的判定可知对于任意一个位
置总有平面，故①正确；
因为，所以与不垂直，由可知，与不垂直，故②错误；
由题意，若，则由线面垂直的判定可得平面.
则，因为，所以与全等，则，
此时点与点重合，不能形成四棱锥，故③错误；


取的中点为，连接，，当平面时，四棱锥
的体积最大，最大值为，故④正确；
故答案为：①④

三､解答题共6小题，共85分，某答应写出文学说明､演算步骤或证明过程.
16. 如图，在中，，点E，F分别是，的中点．设，．

（1）用表，．
（2）如果，，，有什么关系？用向量方法证明你结论．
【答案】（1），；（2），证明见解析
【解析】
【分析】
（1）根据向量的三角形法则以及中位线定理即可表示出，
（2）设，则，．计算即可。
【详解】解：（1）；
．
（2），证明如下：设，则，．

．
∴，∴．
【点睛】本题主要考查了向量的三角形法则以及利用向量的数量积判断直线的关系，属于中等题。
17. 如图，在四棱锥中，平面PAD，，E，F，H，G分别是棱PA，PB，PC，PD的中点．

（1）求证：；
（2）判断直线EF与直线GH的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）直线与直线相交，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的性质即可求解；
（2）根据题意可证四点共面，又因为，所以，即得与相交.
【小问1详解】
解：因为平面，平面，平面平面，
所以.
【小问2详解】
解：直线与直线相交，理由如下：
连接，
因为分别是棱的中点，
所以，同理可证：，
因为，所以，
所以四点共面，
因为，所以，
所以与不平行，即与相交.

18. 如图，在四棱柱中，平面，，，，且，.

（1）求三棱锥的体积；
（2）求证：平面；
（3）求证：.
【答案】（1）；（2）证明过程见解析；（3）证明过程见解析.
【解析】
【分析】（1）直接应用棱锥的体积公式进行求解即可；
（2）直接应用线面平行的判定定理进行证明即可；
（3）根据线面垂直的判定定理，结合线面垂直的性质进行证明即可.
【详解】（1）三棱锥的体积为：；
（2）因，平面，平面，
所以平面；
（3）因为平面，平面，所以，
又因为，平面，
所以平面，因为平面，所以.
19. 在中分别、、分别是角、、的对边，且满足
（1）求角的大小；
（2）现在给出三个条件：①；②；③.试从中选出两个条件，补充在下面的问题中，______.______，求的面积.
（3）当满足时，求的取值范围使得这样的有且只有两个（直接写出结论）
【答案】（1）；
（2）答案见解析； （3）.
【解析】
【分析】（1）用正弦定理求得，即可求出；
（2）选条件①②：直接求出,得到，这与相矛盾，故这样的不存在，舍去.
选条件①③：由余弦定理解得：，判断出为等腰三角形，求出，直接用面积公式求面积；
选条件②③：由角判断出为等腰三角形，直接用面积公式求面积.
（3）利用正弦定理建立不等式，解出的取值范围.
【小问1详解】
在中，对，用正弦定理得：，所以，即.
因为，所以，所以.
因为，所以.
【小问2详解】
选条件①②：在中，有，，.
由可得：,所以，这与相矛盾，故这样的不存在，舍去.
选条件①③：在中，有，，.
由余弦定理可得：,即，解得：.所以为等腰三角形，所以,，所以.
选条件②③：在中，有，，.
由可得：.所以为等腰三角形，所以,所以.
【小问3详解】
如图示，

要使符合题意的有且只有两个，只需以C为圆心，以a为半径作弧与射线AB（不含A）有且仅有两个交点.
过C作CD⊥AB于D,则.
只需满足，即，解得：.
所以的取值范围为.
20. 某港口水深（米是时间（，单位：小时）的函数，下表是水深数据：
（小时）
0
3
6
9
12
15
18
21
24
（米
10.0
13.0
9.9
7.0
10.0
13.0
10.1
7.0
10.0
根据上述数据描成的曲线如图所示，经拟合，该曲线可近似地看成正弦函数的图象.

（1）试根据数据表和曲线，求出的表达式；
（2）一般情况下，船舶航行时船底与海底的距离不小于4.5米是安全的，如果某船的吃水度（船底与水面的距离）为7米，那么该船在什么时间段能够安全进港？若该船欲当天安全离港，它在港内停留的时间最多不能超过多长时间？（忽略离港所用的时间）
【答案】（1）
（2）16小时.
【解析】
【分析】（1）根据图象的最高点和最低点可以求出，由两个最高点的之间的距离可以求出，从而可求函数的表达式；
（2）在当的前提下，解不等式即可.
【小问1详解】
根据数据，，
，，，
，
函数的表达式为；
【小问2详解】
由题意，水深，
即，
，
，，1，
或；
所以，该船在至或至能安全进港，
若欲于当天安全离港，它在港内停留的时间最多不能超过16小时.
21. 在平面直角坐标系中，对于任意相邻三点都不共线的有序整点列（整点即横纵坐标都是整数的点），，，，与，，，，，其中，若同时满足：①两点列的起点和终点分别相同；②线段，其中，则称与互为正交点列.
（1）求：，，的正交点列；
（2）判断：，，，是否存在正交点列？并说明理由；
（3），，是否都存在无正交点列的有序整点列？并证明你的结论.
【答案】（1），，
（2）不存在，理由见解析
（3）不存在，证明见解析
【解析】
【分析】（1）由正交点列的定义可知，，设，由正交点列的定义可知，即可得出结论；
（2）设点列，，，是点列，，，的正交点列，则可设，，，，因为与，与相同，即可得到结论；
（3），，都存在整点列无正交点列.设，其中，是一对互质整数，，则有，分类讨论，即可得出结论.
【小问1详解】
设点列，，的正交点列是，，，
由正交点列的定义可知，，
设，，
由正交点列的定义可知，
即，解得
所以点列，，的正交点列是，，.
【小问2详解】
由题可得，
设点列，，，是点列，，，的正交点列，
则可设，，，
因为与，与相同，所以有
因为，，，方程②显然不成立，
所以有序整点列，，，不存在正交点列；
【小问3详解】
，，都存在整点列无正交点列.
，，设，其中，是一对互质整数，
若有序整点列，，，是点列，，，正交点列，
则，
则有
当为偶数时，取，.
由于，，，是整点列，所以有，.
等式（2*）中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立，
所以该点列，，，无正交点列；
当为奇数时，取，，，，
由于，，，是整点列，所以有，.
等式（2*）中左边是3的倍数，右边等于1，等式不成立，
所以该点列，，，无正交点列.
综上所述，，，都不存在无正交点列的有序整数点列.
【点睛】关键点睛：本题以平面直角坐标系为载体，平面向量为工具，给出新定义“互为正交点列”，解本类题的关键在于结合课本知识，认真理解新定义，在新定义的基础上用学过的知识来解决问题.