山东省滨州市沾化区、阳信县2022-2023学年高一数学下学期期中考试试题（Word版附解析）

2022—2023学年第二学期期中考试

高一数学试题

本试卷共4页，共22题，满分150分，考试时间为120分钟

注意事项：

1．答题前务必将自己的姓名、准考证号、考场号、座号填在规定位置．

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米字迹的签字笔书写，字迹工整、笔迹清楚．

一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的．

1. 复数（i为虚数单位）在复平面内对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数的运算法则计算及复数的几何意义即可判定

【详解】，

即对应的点为位于第三象限.

故选：C

2. 设a，b是两条不同的直线，是平面，，那么“”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】D

【解析】

【分析】从充分性及必要性两个角度分析.

【详解】由线面平行性质定理，，，方可推出，“”不是“”的充分条件；

可在平面内找到一条直线与平行，不一定有，故“”不是“”的

必要条件；

综上， “”是“”的既不充分也不必要条件.

故选：D.

3. 记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则（    ）

A.  B.  C.  D. △ABC为钝角三角形

【答案】D

【解析】

【分析】根据正弦定理求解或，再分类讨论逐个判断即可

【详解】由正弦定理， 有，因为，故或，故三角形有两种解，故ABC均错误，当时，，或当时△ABC均为钝角三角形，故D正确；

故选：D

4. 在ABC中，已知D是AB边上的一点，若，则λ等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用共线向量定理求解.

【详解】因为D是AB边上的一点，

所以A，B，D三点共线，

所以，则，

因为，

所以，

因为A，B，C不共线，

所以，解得，

故选：B

5. 的三个内角的对边分别为，若，则的形状是（    ）

A. 等腰非直角三角形 B. 直角非等腰三角形

C. 等边三角形 D. 等腰直角三角形

【答案】D

【解析】

【分析】由已知结合余弦定理及正弦定理进行边角互化化简，即可判断.

【详解】解：，整理得，，即，

，

由正弦定理得，，

即，

由正弦定理得，故，故为等腰直角三角形.

故选：D.

6. 一个长、宽、高分别为80cm、60cm、100cm的长方体形状的水槽装有适量的水，现放入一个直径为40cm的木球（水没有溢出）．如果木球正好一半在水中，一半在水上，那么水槽中的水面升高了（    ）

A. cm B. cm C. cm D. cm

【答案】B

【解析】

【分析】根据木球在水中的体积等于水槽上升的体积，即可求解出水槽中水面上升的高度.

【详解】直径为40cm的木球，一半在水中，一半在水上，

可得木球在水中的体积V＝＝；

∵木球在水中的体积等于水槽上升的体积，

水槽上升的体积为Sh．

∴水槽上升的高度h＝

故选：B．

7. 已知为锐角三角形，，，则的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据锐角三角形得出角的范围，再利用正弦定理及三角函数的性质即可求解.

【详解】因为为锐角三角形，所以,解得,

所以

在中，由正弦定理，得，即,

由，得，即.

所以的取值范围为.

故选：C.

8. 如图，正方形ABCD的顶点A，D分别在x轴正半轴、y轴正半轴上移动．若，则a的最大值是（    ）

A. 1 B.  C. 2 D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】设，分别求出点的坐标，再根据题意即可得出不等式，解出即可.

【详解】设，所以点，，所以

，即，当且仅当时取等号，所以a的最大值是1.

故选：A.

二、多项选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9. 已知z为复数，下列说法正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】令，然后逐个分析判断即可

【详解】令，则，

对于A，因为，，所以，所以A错误，

对于B，因为，，所以，，所以B正确，

对于C，因为，，所以，所以C正确，

对于D，因为两个虚数不能比较大小，所以D错误，

故选：BC

10. 已知平面平面，直线，，直线，且与相交，则和的位置关系不正确的是（    ）

A. 平行 B. 相交 C. 异面 D. 以上都有可能

【答案】ABD

【解析】

【分析】通过空间中线面与线线位置关系，对三种不同情况进行讨论与判断，即可得到答案.

【详解】若与平行，，，与与相交矛盾，所以A错误；

若与相交，由直线，直线，平面平面，可知与都在同一点处与相交，这与矛盾，所以B错误；

因为空间中两条直线的位置关系由平行、相交、异面这三种情况，故与只能异面，所以选项C正确；

综上所述，选项D错误.

故选：C.

11. 已知非零平面向量，，，则（    ）

A. 存在唯一的实数对m，n，使得 B. 若，则

C. 若，，共线，则 D. 若，则

【答案】BD

【解析】

【分析】根据平面向量的运算法则，逐项验证可得答案.

【详解】对于选项A，若共线时，不一定存在实数对m，n，使得，A不正确；

对于选项B，因为，且，，，均为非零向量，所以，均与垂直，所以，B正确；

对于选项C，只有，，同向时，才有成立，C不正确；

对于选项D， ，因为，所以,D正确.

故选：BD.

12. 如图是一几何体的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形E,F,G,H分别为的中点.在此几何体中,给出下列结论,其中正确的结论是（    ）

A. 平面平面 B. 直线平面

C. 直线平面 D. 直线平面

【答案】ABC

【解析】

【分析】由线面平行的判定定理可得平面，平面，进而得出平面平面，故A正确；由中位线可知，进而由线面平行的判定定理，可得平面，故B正确；由，可得平面，故C正确；，所以直线与平面不平行，故D错误.

【详解】作出立体图形如图所示.连接四点构成平面.

对于A，因为E,F分别是的中点,所以.又平面，平面，所以平面.同理, 平面.又,平面,平面，所以平面平面，故A正确；

对于B，连接，设的中点为M，则M也是的中点，所以，又平面,平面，所以平面，故B正确；

对于C，由A中的分析知，，所以，因为平面，平面，所以直线平面，故C正确；

对于，根据C中的分析可知再结合图形可得，，则直线与平面不平行，故D错误.

故选：ABC

【点睛】本题考查了线面平行、面面平行的判定定理，考查了逻辑推理能力和空间想象能力，属于中档题目.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知，是与向量方向相同的单位向量，向量在向量上的投影向量为，则与的夹角为_________

【答案】##

【解析】

【分析】根据向量在向量上投影向量为，由求解.

【详解】解：因为向量在向量上的投影向量为，

所以，

即，

因为，

所以，

故答案为：

14. 在中，若，，则______．

【答案】

【解析】

【分析】利用正弦定理结合已知条件计算即可

【详解】由正弦定理得，

所以，

所以，

故答案为：2

15. 已知一个圆锥的母线长为2，其侧面积为，则该圆锥的体积为____________

【答案】##

【解析】

【分析】先利用侧面积求出底面半径，然后利用圆锥的体积公式可求答案.

【详解】设圆锥的底面半径为，高为，因为母线长为2，侧面积为，

所以，解得；

所以，圆锥的体积.

故答案为：.

16. 在△ABC中，分别是角的对边，若，，向量， 且. 则△ABC的面积是_________

【答案】##

【解析】

【分析】先根据向量平行求出，结合余弦定理可得，利用面积公式可求答案.

【详解】因为，；

所以，解得；

，

即，解得；

又，所以，

所以△ABC的面积为.

故答案为：

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. 已知向量，，且．

（1）求向量与的夹角；

（2）求的值．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】

（1）求出，然后由数量积的定义求得夹角；

（2）计算出后可得所求模．

【详解】（1）由题意，，∴，

∴，，∴；

（2），

∴．

18. 已知复数，，其中i是虚数单位，．

（1）若为纯虚数，求a的值；

（2）若，求的虚部．

【答案】（1）；   

（2）1.

【解析】

【分析】（1）根据复数乘法和纯虚数的定义进行求解即可；

（2）根据复数乘法运算法则，结合虚数单位的性质、复数虚部定义进行求解即可.

【小问1详解】

由题意得，

因为为纯虚数，所以且，综上，．

【小问2详解】

因为，所以，即，

所以，所以，

所以的虚部为1．

19. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，，AB=2CD，设平面PAD与平面PBC交线为l，PA，PB的中点分别为E，F，证明：平面DEF．

【答案】证明见解析

【解析】

【分析】延长AD，BC交于点M，根据线面平行判定定理证明平面DEF，然后根据线面平行性质证明平面DEF．

【详解】证明：延长AD，BC交于点M，因为，AB=2CD，

所以D为AM的中点，因为PA的中点为E，所以，

因为平面DEF，平面DEF，所以平面DEF，

又P，平面PAD，P，平面PBC，

所以平面平面PBC=PM，即直线l为直线PM．

所以平面DEF．

20. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

（1）求角A；

（2）若，求周长的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理、余弦定理，解得，，从而得到 ．

（2）由正弦定理可得，由（1）及差角正弦公式、辅助角公式、正弦型函数性质求范围，即可求周长的范围．

【小问1详解】

因为，

所以，

由正弦定理，得．

故，因为，故．

【小问2详解】

由正弦定理得：，

所以，

．

又，则，所以，又，

所以周长的取值范围是．

21. 如图，正四棱锥P-ABCD的侧棱长和底面边长均为13，M为侧棱PA上的点，且PM∶MA=5∶8．

（1）在线段BD上是否存在一点N，使直线平面PBC？如果存在，求出BN∶ND的值，如果不存在，请说明理由；

（2）假设存在满足条件（1）的点N，求线段MN的长．

【答案】（1）存在，   

（2）

【解析】

【分析】（1）假设存在一点N，使直线平面PBC，连接并延长，交于E，连接．可得，，再由，可得，假设成立，并且此时.

（2）由（1）得，然后利用余弦定理求得，又因，即可求得的长.

【小问1详解】

存在，；理由如下：

假设存在，连接并延长，交于E，连接．

因为平面，平面，

平面，

所以，

则，

因为正方形中，，所以，

假设成立.

则此时.

【小问2详解】

由（1）得，所以；

中，，

所以

所以；

因为，所以，

所以．

22. 如图，边长为1的正三角形ABC的中心为O，过点O的直线与边AB，AC分别交于点M，N．

（1）求证：的值为常数；

（2）求的取值范围．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）设，，，分别表示出，

，根据M，O，N三点共线，求得的值为常数；

（2）在△AOM中，，，，

由正弦定理，解得，由正弦定理得，得到， ，最后结合三角函数及角度范围求得的取值范围.

小问1详解】

连接AO并延长，交BC于D，则D是BC的中点，

设，，，

则，，设

则，   ①，

又，   ②，

所以，．

因为M，O，N三点共线，故存在实数t，使，

所以，所以，即的值为常数；

【小问2详解】

设，则．

在△AOM中，，，，

由正弦定理得：，

即，所以．

在中，，

由正弦定理得：，

即，所以

，

因为，所以，所以；

所以的取值范围是．