安徽省马鞍山市第二中学2022-2023学年高一下学期期中素质测试数学试卷(含答案)

这是一份安徽省马鞍山市第二中学2022-2023学年高一下学期期中素质测试数学试卷(含答案)，共13页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1、设复数z满足,则( )
A.B.C.D.
2、在中,P,Q分别是边AB,BC上的点,且,,若,,则( )
A.B.C.D.
3、已知a,是两个不同的平面,m,n是两条不同的直线,则下列四个说法中正确的是( )
A.若,,则B.若,,则
C.若,,,则D.若,,则
4、在中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若,则一定为( )
A.锐角三角形B.等腰三角形C.直角三角形D.钝角三角形
5、如图,在下列四个正方体中,P,R,Q,M,N,G,H分别为所在棱的中点,则在这四个正方体中,阴影平面与PRQ所在平面平行的是( )
A.B.
C.D.
6、已知在直角梯形ABCD中,,,,分别以AB,CD所在直线为旋转轴,其余三边旋转一周得到两个几何体,它们的表面积与体积依次为,及,,则有( )
A.,B.,C.,D.,
7、点O在所在的平面内,若,则O为的( )
A.重心B.垂心C.内心D.外心
8、中国古代名词“刍童”原来是草堆的意思,后来用它表示上,下两个底面均为矩形(不能全为正方形且矩形的长不小于宽),四条侧棱的延长线不交于一点的六面体.关于“刍童”体积计算的描述:《九章算术》注曰:“倍上表,下表从之,亦倍下表,上表从之,各以其广乘之,并以高乘之,六而一”.其计算方法是:将上底面的长乘二,与下底面的长相加,再与上底面的宽相乘;下底面的长乘二,与上底面的长相加,再与下底面的宽相乘;把这两个数值相加,与高相乘,再取六分之一.已知一个“刍童”的下底面是周长为10的矩形,上底面矩形的长为2,宽为1,“刍童”的高为3,则该“刍童”的体积的最大值为( )
A.12B.C.D.
二、多项选择题
9、下列命题正确的是( )
A.若,为复数,则
B.若,为向量,则
C.若,为复数,且,则
D.若,为向量,且,则
10、在中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,,则使此三角形只有唯一解的b的值可以是( )
A.B.3C.5D.
11、如图,在直三棱柱中,D,E,F,M,N分别是BC,,,,的中点,则下列判断错误的是( )
A.平面
B.平面
C.平面平面
D.平面平面
12、如图,的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,且,D是外一点,,,则下列说法正确的是( )
A.是等边三角形
B.若,则A,B,C,D四点共圆
C.四边形ABCD面积最小值为
D.四边形ABCD面积最大值为
三、填空题
13、已知向量,,若,则实数________.
14、如图,某山的高度m,一架无人机在Q处观测到山顶C的仰角为,地面上A处的俯角为,若,则此无人机距离地面的高度PQ为________m.
15、如图,在几何体ABCFED中,,,,侧棱AE,CF,BD均垂直于底面ABC,,,,则该几何体的体积为________.
16、中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,则的最大值是________.
四、解答题
17、已知z为复数,和均为实数,其中i为虚数单位.
（1）求复数z和;
（2）若复数在复平面内对应的点位于第四象限,求实数m的取值范围.
18、已知向量,.设函数.
（1）求函数的最小正周期;
（2）在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,当时,函数取得最大值,若,且,试求的面积.
19、如图,在水平放置的直径与高相等的圆柱内,放入两个半径相等的小球(球A和球B),圆柱的底面直径为,向圆柱内注满水,水面刚好淹没小球B.
（1）求球A的体积;
（2）求圆柱的侧面积与球B的表面积之比.
20、在中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知.
（1）求B;
（2）若为锐角三角形,,求的取值范围.
21、如图,在棱长为a的正方体中,P,Q分别是被,AB的中点.
（1）若平面PQC与直线交于R点,求的值;
（2）若M为棱上一点且,若平面PQC,求的值.
22、如图,某公园改建一个三角形池塘,,米,米,现准备养一批观赏鱼供游客观赏.
（1）若在内部取一点P,建造连廊供游客观赏,方案一如图1,使得点P是等腰三角形PBC的顶点,且,求连廊的长;
（2）若分别在AB,BC,CA上取点D,E,F,并建造连廊,使得变成池中池,放养更名贵的鱼类供游客观赏,方案二如图2,使得为正三角形,设为图2中的面积,求的最小值;方案三如图3,使得DE平行于AB,且EF垂直于DE,设为图3中的面积,求的取值范围.
参考答案
1、答案：D
解析：由,得,故选D.
2、答案：A
解析：由得,,即,
又,所以,故选A.
3、答案：B
解析：若两个平面平行,则其中一个平面内的任何一条直线都与另一个平行平行,故B正确.
4、答案：B
解析：由及正弦定理得,,所以,
即,因为A,,所以,所以,即,故为等腰三角形,选B.
5、答案：D
解析：由题意可知,经过P,Q,R三点的平面即为平面PGRHNQ,如下图所示:
对于B,C选项,可知N在经过P,Q,R三点的平面上,所以B,C错误;
对于A,与QN是相交直线,所以A不正确;
对于D,因为,,,又易知RH与QN也相交,
,平面,RH,平面PGRHNQ,
故平面平面PGRHNQ.故选D.
6、答案：A
解析：设,,,,且,则
,;
,,
所以,,
即,,故选A.
7、答案：D
解析：分别取AB的中点为D,BC的中点为E,则,,由已知得,
,所以,同理,所以点O为的外心,故选D.
8、答案：A
解析：设下底面矩形的长为x,因为下底面周长为10,则正底面矩形的宽为,其中,
根据题意,该“刍童”的体积为,,
因为函数在区间上单调递减,所以,当时,,故正确答案为A.
9、答案：AD
解析：对于A,C,设,,a,b,c,,则,
,,
所以
,所以A正确;
由,得,化简得,
若,则.所以C不正确;
对于B,由,,所以B不正确;
对于D,由,得,则,所以,
D正确,故选AD.
10、答案：BD
解析：由正弦定理得,,要使此三角形只有唯一解,则或且,
所以或,故选BD.
11、答案：ABC
解析：连接,,则N为的中点,又E是的中点,所以,因为平面,
平面,所以平面.因为D,E分别为BC,的中点,,,所以四边形是平行四边形,所以,,所以,,所以四边形是平行四边形,所以,又平面,平面,则平面,且,所以平面A1EN∥平面,所以D正确,而EF,均与平面相交,所以A,B都不正确,又MN与AC平行,AC与平面相交,所以MN与平面也相交,所以C不正确,故选ABC.
12、答案：AD
解析：由得,,即
,因为,所以,又,所以
.因为,所以是等边三角形,A正确;在中,由余弦定理得,
,则,即,A,B,C,D四点不共圆,B错误;
设,,由余弦定理得:
,
所以四边形ABCD面积,
即,
因为,所以,所以当,即时,S取得最大值,无最小值,故C不正确,D正确,
选AD.
13、答案：
解析：因为,所以,所以.
14、答案：200
解析：根据题意,在中,,,所以,
在中,,,
所以,
由正弦定理,得,即,
在中,.
15、答案：96
解析：由,,,得,所以.延长AE到,延长BD到,延长CF到,使,连接,,,得直三棱柱,如图所示:
该直棱柱的体积是多面体ABCFED的体积2倍,故多面体ABCFED的体积等于.
16、答案：
解析：由已知及正弦定理,得,整理得
,即,且,于是
.
当且仅当,即时,等号成立.故的最大值为.
17、答案：（1）
（2）
解析：（1）设,a,,则,
,因为和均为实数,
则,解得,,
所以,.
（2）由（1）知,,所以,
又复数在复平面内对应的点位于第四象限,则
,即,所以或.
所以实数m的取值范围是.
18、答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）由已知得,,
则
,
所以函数的最小正周期为.
（2）当时,函数取得最大值,即,
所以,又,所以,此时,.
由余弦定理得,,因为,所以,
解得,故的面积.
19、答案：（1）
（2）
解析：（1）设圆柱的底面半径为R,小球的半径为r,且.
由圆柱与球的性质知,,即,
因为,所以,
所以球A的体积为.
（2）球B的表面积,
圆柱的侧面积,
所以圆柱的侧面积与球的表面积之比为.
20、答案：（1）
（2）
解析：（1）由已知及正弦定理得:,
整理,得,
由余弦定理得:,又,所以.
（2）由（1）,,由正弦定理得,,
即,,
所以
又为锐角三角形,则,解得.
所以,所以,即,
所以的取值范围为.
21、答案：（1）见解析
（2）
解析：（1）设平面PQC与直线AA1交于R点,连接RQ,RP,如图所示:
因为平面平面,且平面平面,平面平面,
所以,根据空间等角定理可知,,则,
又,,,则,即,,所以.
（2）取的中点E,则R为AE的中点,连接BE,则,
又平面PCQ,平面PCQ,则平面PCQ.
又平面PQC,且平面,所以平面平面PCQ,
设平面,连接EF,FM,
由平面平面PCQ,平面平面,平面平面,
所以,又,则四边形CPFM为平行四边形,同理四边形PREF也是平行四边形,
所以,所以.
22、答案：（1）
（2）
解析：（1）点P是等腰三角形PBC的顶点,且,,设,
,由余弦定理可得:,
则,解得,即.
又,,
在直角中,,,,
在中,由余弦定理,得
,
所以,所以,
所以连廊的长为米.
（2）设图②中的正三角形DEF的边长为a,,()
则,,
设,则,
,
.
在中,由正弦定理得:
,即,即,
所以,
其中,,为锐角,
所以的最小值为(平方米).
图③中,设,,
DE平行于AB,且EF垂直于DE,,,,
,,
,
当时,取得最大值,又,
所以,的取值范围为(平方米).