重庆市永川北山中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

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重庆市永川北山中学校高2025级高一下期半期考试数学试题卷【注意事项】1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.3．考试结束后，将答题卡交回.一、单项选择题（本大题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. 复数，则复数的共轭复数是（    ）A  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由复数模长公式结合复数的乘法即可化简，再由共轭复数的概念即可得解.【详解】由，可得，，所以.
故选：A.2. 如图所示，F为平行四边形对角线BD上一点，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量的线性运算，即可求得答案.【详解】由题意知，故,故选：A3. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】方法一：因为，所以根据余弦的二倍角公式求解即可；方法二：将条件式打开，然后观察其与目标式的关系然后求解.【详解】法一：因为，所以.故选：C.法二：因为，所以，所以，平方得，得.故选：C.【点睛】本题考查三角恒等变换，考查给值求值问题，难度一般. 通常求解给值求值问题，要先将目标式化简，观察其与条件式的关系，然后再运用公式求解.4. 在中，内角、、所对的边分别为、、，若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由正弦定理可得，利用余弦定理可求得的值.【详解】因为，令，，，则.故选：A.5. 一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原的面积是（    ）  A. 1 B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据斜二测画法可得原三角形的底边及高，进而可求原三角形的面积.【详解】因为三角形的斜二侧直观图是等腰直角三角形，所以的底．腰，在中为直角三角形，高．所以直角三角形的面积是．故选:D．6. 设，为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题正确的是（    ）A. 若，，则 B. 若，，，则C. 若，，则 D. 若，，，则【答案】C【解析】【分析】利用直线、平面的位置关系进行判断以及通过举反例进行排除.【详解】对于A，若，，则或，故A错误；对于B，若，，，则或相交，故B错误；对于C，利用线面垂直的性质定理以及平行的传递性，可知C正确；对于D，若，，，当，不一定垂直于，故D错误.故选：C.7. 若正三棱锥的高为2，，其各顶点都在同一球面上，则该球的半径为（    ）A.  B.  C.  D. 3【答案】D【解析】【分析】根据正三棱锥与外接球的性质，分球心在内部与外部两种情况讨论即可求解.【详解】依题意，①若球心在正三棱锥内部，如图所示：其中点在底面的投影为点，所以高为，延长交于点，因为三棱锥为正三棱锥，所以为正三角形，点为的重心，为的高，所以，，设外接球的半径为，则，在中有：，即，解得：；②若球心在正三棱锥外部，如图所示：由①知，当球心在的延长线上时，在中有：，即，解得：.故选：D.8. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据已知条件，利用余弦定理和面积公式，结合倍角公式求得,进而求得A的各个三角函数值，再利用正弦定理边化角求得关于C的函数表达式，根据锐角三角形的条件得到，利用三角函数的性质求得取值范围即可．【详解】解：△ABC中，，由，得，∴；即，∵，∴，∴，∴ ，∴，∵△ABC为锐角三角形，∴,∴，∴，∴,∴， 故选：D．二、多项选择题（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，有多项是符合题目要求的，全部选对得5分，部分选对得2分，选错或不选得0分.）9. 设向量，，则 （    ）A.  B. C.  D. 与的夹角为【答案】CD【解析】【分析】由向量的坐标运算，逐个验证向量平行、垂直、夹角和模的问题.【详解】由题意，，，则  ，   ，故A错误；
易知，由，
所以与不平行，故B错误；
又   ，即，故C正确；
因为   ，
又  ，所以与的夹角为，故D正确．
故选：CD．10. 下列各式中，值为的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】AB【解析】【分析】结合二倍角公式和正弦的差角公式依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：选项A：；选项B：；选项C：；选项D：.
故选：AB.11. 已知内角，，所对的边分别为，，，以下结论中正确的是（    ）A. 若，则B. 若，，，则该三角形有两解C. 若，则一定为等腰三角形D. 若，则一定为钝角三角形【答案】AD【解析】【分析】对A，根据正弦定理判断即可；对B，根据正弦定理求解判断即可；对C，根据正弦定理结合正弦函数的取值判断即可；对D，根据正弦定理边角互化，再根据余弦定理判断即可【详解】对A，由三角形的性质，当时，，又由正弦定理，故，故A正确；对B，由正弦定理，故，故，因为，故，故该三角形只有1解，故B错误；对C，由正弦定理，，故，所以或，即，所以为等腰或者直角三角形，故C错误；对D，由正弦定理，，又余弦定理，故，故一定为钝角三角形，故D正确；故选：AD12. 如图所示，在棱长为1的正方体中，P，Q分别为棱AB，BC的中点，则以下四个结论正确的是（    ）A. 棱上存在一点M，使得//平面B. 直线到平面的距离为C. 过且与面平行的平面截正方体所得截面面积为D. 过PQ的平面截正方体的外接球所得截面面积的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，借助空间向量分析计算可判断A，B；作出过与平面平行的正方体截面，计算其面积判断C；求出直线PQ被正方体的外接球所截弦长即可计算作答.【详解】在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，设平面的一个法向量，则，令，得，设棱上点，，则，若//平面，则有，解得，与矛盾，即在棱上不存在点M，使得//平面，A不正确；连AC，矩形是正方体的对角面，有，而P，Q分别为棱AB，BC的中点，则，又平面，平面，于是有平面，直线到平面的距离等于点到平面的距离h，因，则，B正确；取AD，CD的中点E，F，连接，则，即确定一个平面，如图，依题意，，，即四边形是平行四边形，，平面，平面，于是得平面，显然，平面，平面，于是得平面，而，平面，因此，平面平面，即梯形是过与平面平行的正方体的截面，而，则此等腰梯形的高，所以过与平面平行的正方体的截面面积为，C正确；过PQ的平面截正方体的外接球所得截面小圆最小时，该小圆直径是直线PQ被正方体的外接球所截弦，由对称性知线段PQ中点N是这个小圆的圆心，令正方体的外接球球心为O，连接ON，OP，则，而，而球半径，则这个小圆半径，此圆面积为，D正确.故选：BCD【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知向量与的夹角是，且，则________．【答案】2【解析】【分析】先求出，即可求出.【详解】因为向量与夹角是，且，所以.所以.故答案为：214. 如图，半径为的半圆剪去一个以直径为底的等腰直角三角形，将剩余部分以半圆的直径为轴旋转一周，所得几何体的体积是______________________．  【答案】【解析】【分析】几何体可以看成一个球挖去两个圆锥所得，利用球和圆锥的体积公式即可求解.【详解】解：所得几何体为半径为的球体去掉两个底面半径为，高为的两个圆锥，故体积为： .
故答案为：．15. 的值__________.【答案】1【解析】【分析】由，结合辅助角公式可知原式为，结合诱导公式以及二倍角公式可求值.【详解】解： .故答案为:1.【点睛】本题考查了同角三角函数的基本关系，考查了二倍角公式，考查了辅助角公式，考查了诱导公式.本题的难点是熟练运用公式对所求式子进行变形整理.16. 秦九韶是我国南宋著名数学家，在他的著作数书九章》中有已知三边求三角形面积的方法:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂余半之，自乘于上以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之为实一为从隅，开平方得积”如果把以上这段文字写成公式就是，共中a、b、c是△ABC的内角A，B，C的对边．若，且，2，成等差数列，则面积S的最大值为____【答案】【解析】【分析】运用正弦定理和余弦定理可得，再由等差数列中项性质可得，代入三角形面积公式，配方，结合二次函数的最值求法，可得所求最大值．【详解】，∴，因此∵，2，成等差数列，∴，因此，当，即时，S取得最大值，即面积S的最大值为，故答案为.【点睛】本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式，以及等差数列中项性质，转化为求二次函数的最值是解题的关键，属于中档题．四、解答题（本大题共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. 已知，，α，β均为锐角．（1）求的值；（2）求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先计算出，再利用二倍角公式计算得到答案.（2）先计算出，根据利用和差公式得到答案.【详解】（1）由得为锐角，则．（2）由得，β均锐角．，则．【点睛】本题考查了三角函数值的计算，意在考查学生的计算能力.18. 已知是虚数单位，复数的共轭复数是，且满足.（1）求复数的模；（2）若复数在复平面内对应的点在第一象限，求实数的取值范围.【答案】(1).(2).【解析】【详解】分析：（1）设复数，则，由题意得，再根据复数相等即可求解. （2）由（I）化简得，再由复数在复平面内对应的点在第一象限，列出方程组即可求解. 详解：（1）设复数，则，             于是，即，            所以，解得，故.                          （2）由（I）得， 由于复数在复平面内对应的点在第一象限，所以，解得.                                点睛：本题主要考查了复数的运算，以及复数相等和复数的基本概念的应用，其中熟记复数的基本概念和复数的运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力. 19. 已知：､是同一平面内的两个向量，其中=（1，2），（1）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围；（2）求在上投影向量.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）求出，再解不等式组即得解；（2）求出，，再代入投影向量的公式即得解.【小问1详解】，又与的夹角为锐角，且与不平行，，解得且，实数的取值范围是【小问2详解】由题得，，在上投影向量为.20. 在①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．问题：已知，，分别为三个内角，，的对边，且______．（1）求；（2）若，则的面积为，求，．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】选择见解析；（1）；（2）．【解析】【分析】（1）若选①利用正弦定理将边化角，即可得到，从而求出；若选②，利用余弦定理计算可得；若选③，利用辅助角公式及特殊角的三角函数值计算可得；（2）由（1）可得，利用三角形面积公式得到，再利用余弦定理得到，再解方程即可；【详解】解：若选①（1）∵．由正弦定理得，，∵，∴，即，∵，∴．（2）∵，，∴，由余弦定理：，即，即，由，，所以，即所以．若选②（1）∵，由余弦定理，，∵，∴．（2）∵，，∴，由余弦定理：，即，即，由，，所以，即，所以．若选③（1）∵，∴．∵，，∴，∴．（2）∵，，∴，由余弦定理：，即，即，由，，所以，即，所以．21. 如图，在四棱锥，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，.  （1）设分别为的中点，求证：平面；（2）求证：平面.【答案】（1）证明见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）连接平行四边形另一条对角线构造中位线，即可得证；（2）注意到为等边三角形且平面平面，故连接点与中点（不妨设为点）即可证得平面，最终利用线面垂直的性质和判定即可得证.【小问1详解】如下图所示：
  连接，由题意得，又由，得，因为平面，平面，所以平面.【小问2详解】如下图所示：
  取棱中点，连接，依题意得，又因为平面平面，且平面平面平面，所以平面，又平面，所以，又，且注意到平面，所以平面．22. 如图所示，在长方形中，，，为的中点，以为折痕，把折起到的位置，且平面平面．（1）求证：；（2）求四棱锥的体积；（3）在棱上是否存在一点，使得//平面，若存在，求出点的位置，若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.【解析】【分析】（1）先证明,又平面平面，利用面面垂直的性质可知平面,则可证明；（2）取的中点，连接，则可证明平面,所以;（3）连接交于，假设在上存在点，使得//平面，连接．要使//平面,只需//，然后采用几何法确定点的位置.【详解】解：（1）证明：根据题意可知，在长方形中，和为等腰直角三角形，∴，∴，即．∵平面平面，且平面平面，平面，∴平面，∵平面，∴．（2）取的中点，连接，则，且．∵平面平面，且平面平面，平面，∴平面，∴．（3）如图所示，连接交于，假设在上存在点，使得//平面，连接．∵平面，平面平面，∴//，在中，，∵，∴，∴，即，∴在棱上存在一点P，且，使得//平面．【点睛】本题考查空间垂直关系的判断及证明，考查棱锥的体积计算、以及存在性动点问题，难度一般，考查学生的逻辑推理能力、计算能力及空间想象能力.