浙江省嘉兴市海盐第二高级中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

海盐第二高级中学2022/2023学年第二学期高一期中考试

数学试卷

考试时间：120分钟

2023.5

一、单选题：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，只有一项是符合要求的.

1. 下列几何体中是旋转体的是(　　)

①圆柱　②六棱锥　③正方体　④球体　⑤四面体

A. ①和⑤ B. ①

C. ③和④ D. ①和④

【答案】D

【解析】

【详解】②六棱锥、③正方体、⑤四面体是多面体;

①圆柱　、　④球体是旋转体，故选D.

点评：要了解多面体、旋转体的几何特征.

2. 已知复数（i为虚数单位），若是纯虚数，则实数a=（    ）

A.  B.  C.  D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】利用是纯虚数，实部为，即可得的值.

【详解】，

若是纯虚数，

则，

解得：.

故选：A

【点睛】本题主要考查了纯虚数的定义，属于基础题.

3. 已知平面α和直线l，则α内至少有一条直线与l（　　）

A. 异面 B. 相交 C. 平行 D. 垂直

【答案】D

【解析】

【详解】若直线l∥α，α内至少有一条直线与l垂直，

当l与α相交时，α内至少有一条直线与l垂直．

当l⊂α，α内至少有一条直线与l垂直．

故选D．

4. 向量，．若，则（    ）．

A.  B.  C.  D. 2

【答案】C

【解析】

【分析】解法一：利用向量的坐标运算求得，的坐标，再根据向量垂直的条件建立方程，解之可得选项.

解法二：根据向量垂直的条件得出，再运用向量数量积的运算律求得，从而可得选项.

【详解】解法一：，，

因为，所以，

即，解得．

解法二：因为，所以，

所以，所以，所以．

故选：C.

5. 一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积等于（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据斜二测直观图的特点可知原图形为一直角梯形，由梯形面积公式求解.

【详解】解：如图，恢复后的原图形为一直角梯形，

所以.

故选：B.

6. 某款厨房用具中的香料收纳罐的实物图如图1所示，该几何体为上、下底面周长分别为，的正四棱台，若棱台的高为，忽略收纳罐的厚度，则该香料收纳罐的容积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用台体的体积公式直接计算即可．

【详解】由题意可知，该四棱台的上、下底面边长分别为，，

故该香料收纳罐的容积为．

故选：C．

7. 某大学校园内有一个“少年湖”，湖的两侧有一个健身房和一个图书馆，如图，若设音乐教室在A处，图书馆在B处，为测量两地之间的距离，甲同学选定了与不共线的C处，构成，以下是测量的数据的不同方案：①测量；②测量；③测量；④测量其中要求能唯一确定两地之间距离，甲同学应选择的方案的序号为（    ）

A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ②③④

【答案】C

【解析】

【分析】根据题目中每个选项中所给条件，结合正余弦定理解三角形即可判断三角形的解是否唯一，从而判断结论，可得答案.

【详解】①测量，知道三个角度值，三角形边长不能确定，有无数多组解，

故不能唯一确定点两地之间的距离；

②测量，可求出,已知两角及一边，

由正弦定理可知，即可求得,三角形有唯一的解，

故能唯一确定点两地之间的距离；

③测量，已知两边及其一边的对角，

由正弦定理可知，求出，角B可能有两解，即三角形可能有两解，

故此时不能唯一确定点两地之间的距离；

④测量，已知两边及夹角，由余弦定理可求得的长，

三角形有唯一的解，此时能唯一确定点两地之间的距离，

综上可得，一定能唯一确定两地之间的距离的所有方案的序号是②④，

故选：C

8. 将3个半径为1的球和一个半径为的球叠为两层放在桌面上，上层只放一个较小的球，四个球两两相切，那么上层小球的最高点到桌面的距离是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】将四个球的球心设为一个三棱锥的四个顶点，求出三棱锥的高再加上大球、小球的半径即可.

【详解】如图所示：

设下层三个半径为1的球的球心分别为，，，

上层较小的球的球心为，则是边长为2的等边三角形，

，过作平面的垂线，交平面于点，

则是的重心，则有，

所以，

所以上层小球的最高点到桌面的距离为：.

故选：A.

二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合要求的.

9. 如图，点是线段的三等分点，则下列结论正确的有（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】利用向量相等的定义即可求解，两个向量相等必须是大小相等且方向相同.

【详解】由题知，点是线段的三等分点，

所以，，，

对于A：且方向相同，所以，A选项正确；

对于B：，所以，B选项错误；

对于C：，所以，C选项错误；

对于D：且方向相同，所以，D选项正确；

故选：AD.

10. 如图，在四棱锥中，、分别为、上的点，且平面，则（    ）

A.  B. 平面 C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】利用线面平行的性质结合线面平行的判定可得出结论.

【详解】因为平面，平面，平面平面，，

平面，平面，因此，平面.

故选：BD.

11. 已知向量不共线，若，，且，，三点共线，则关于实数的值可以是（    ）

A. 2， B. ， C. 2， D. ，

【答案】CD

【解析】

【分析】由，，三点共线，可得存在唯一实数，使，从而可得到的关系，进而可得答案

【详解】因为向量不共线，，，且，，三点共线，

所以存在唯一实数，使，

所以，所以，

所以，

故选：CD

12. 如图，设E，F分别是长方体的棱CD上的两个动点，点E在点F的左边，且满足，有下列结论：（    ）

A. ⊥平面；

B. 三棱锥体积为定值；

C. 平面；

D. 平面⊥平面．

【答案】BD

【解析】

【分析】A根据点线、线面及点面关系判断；B由，结合已知判断是否为定值；C由，结合与面位置关系判断；D利用长方体性质及面面垂直判定判断.

【详解】A：在直线上，而面，即面，又面，故平面，错误；

B：由，而长度为定值，故△面积为定值，又到△所在面距离为定值，故三棱锥体积为定值，正确；

C：由，而面，故与平面不平行，错误；

D：由直线即为直线，由长方体性质有面，而面，故平面⊥平面，正确.

故选：BD

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若复数（为虚数单位，），满足，则的值为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据复数的模长公式即可求解.

【详解】由得，

故答案为：

14. 已知向量，，且在上的投影数量等于，则___________.

【答案】
 

【解析】

【分析】由数量投影的公式直接计算即可.

【详解】在上的投影数量为，解得（舍）或.

故答案为：.

15. 一个圆锥的表面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的高为________．

【答案】

【解析】

【分析】设圆锥的底面半径为，结合圆锥的表面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，求出圆锥和母线，进而根据勾股定理可得圆锥的高．

【详解】设圆锥的底面半径为，

它的侧面展开图是圆心角为的扇形，

圆锥的母线长为，

又圆锥的表面积为，

，

解得：，，

，

故答案为：.

【点睛】本题考查的知识点是旋转体，熟练掌握圆锥的几何特征是解答的关键．

16. 如图，正方形、的边长都是1，而且平面、互相垂直，点在上移动，点在上移动，若，则的长的最小值为_________．

【答案】

【解析】

【分析】首先根据垂直关系，建立空间直角坐标系，利用坐标表示，再求长的最小值．

【详解】因为平面平面，平面平面，

所以平面，所以两两垂直.

过点M作，垂足分别为G，H，连接，易证.

因为，所以

以B为坐标原点，分别以所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则

所以

当，的长最小，且最小值为．

故答案为：．

三、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. 已知平面向量，，，，且与的夹角为．

（1）求

（2）若与垂直，求k的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用向量的平方等于模长的平方和数量积公式求解即可；

（2）利用向量垂直数量积为0求解即可.

【小问1详解】

由题意可得

，

所以.

【小问2详解】

因为向量与垂直，

所以，

解得.

18. 某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.处有一栋大楼，某学生选，两处作为测量点，测得的距离为，，，在处测得大楼楼顶的仰角为75°.

（1）求两点间的距离；

（2）求大楼高度.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意，利用正弦定理计算即可求解；

（2）根据题意可得，结合两角和的正切公式计算即可求解.

【小问1详解】

因为，

在中，由正弦定理得，

即，所以m，

即AC两点的距离为m；

【小问2详解】

在中，因为，，

所以，

又，

所以m，

即大楼的高度为m.

19. 已知为实数，为虚数单位，且满足.

（1）求实数的值；

（2）若复数在复平面所对应的点在直线上，求实数的值.

【答案】（1），；（2）.

【解析】

【分析】（1）利用复数的相等的概念以及复数的四则运算进行求解.

（2）利用复数的几何意义求解.

【详解】（1）因为，

所以.

（2）由（1）有：，

因为在复平面所对应的点是，且在直线上，所以.

解得.

20. 如图，已知点P在圆柱的底面圆O上，AB为圆O的直径，OA＝2，∠AOP＝120°，三棱锥的体积为．

（1）求圆柱的表面积；

（2）求异面直线与OP所成角的余弦值．

【答案】（1）24π；   

（2）．

【解析】

【分析】(1)连接BP，根据AP⊥PB求出△APB的面积，根据三棱锥的体积公式求出圆柱的高，根据圆柱结构特征即可求其表面积；

(2)取中点，连接，根据三角形中位线可得∥，可得或它的补角为所求角，由余弦定理即可得结果．

【小问1详解】

连接BP，∵AB是圆O直径，∴AP⊥BP．

由题意，在中，，∴易知，

在中，，∴，

∵三棱锥的体积为，

∴由解得，

故圆柱的表面积为：．

【小问2详解】

取中点，连接，则∥，且．

∴或它的补角为异面直线与所成的角，

又，∴，

在△OPQ中，由余弦定理得，，

异面直线与所成角的余弦值为．

21. 已知四边形，将四边形沿折起，使，如图所示．

（1）求证：；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用线面垂直判定定理再结合线面垂直性质定理即可证明；

（2）利用二面角的定义，找出二面角再转化为解三角形即可求解.

【小问1详解】

证明：如图所示，

取的中点，连，

，

又，平面，

平面又平面，

即.

【小问2详解】

如图所示：

是正三角形，，

，

即

取的中点，连，

则，且

因为，所以即二面角的平面角

所以.

所以二面角余弦值为.

22. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．

（1）求角B的大小；

（2）若，D为AC边上的一点，，且        ，求△ABC的面积．

请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上，并解决问题．

①BD是∠ABC的平分线；②D为线段AC的中点．

（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答记分．）

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式即可求解；

（2）选择①，由平分得，分别用三角形面积公式求解可得，利用余弦定理可得，联立即可求解的值，即可求得△ABC的面积；选择②，利用平面向量的线性运算可得，求解向量的模可得，利用余弦定理可得，联立即可求解的值，即可求得△ABC的面积.

【小问1详解】

解：由正弦定理知，，

∵，

代入上式得，

∵，

∴，，

∵，∴.

【小问2详解】

若选①：

由平分得，，

∴，

即．

在中，由余弦定理得，

又，∴，

联立得，

解得，（舍去），

∴．

若选②：

因为，，

，得，

在中，由余弦定理得，

即，

联立，可得，

∴．