浙江省浙北G2联盟2022-2023学年高一数学下学期4月期中联考试题（Word版附解析）

浙北G2期中联考2022学年第二学期高一数学试题试卷命题：嘉兴一中审题：湖州中学考生须知：1.本卷满分150分，考试时间120分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号；3.所有答案必修写在答题卷上，写在试卷上无效；4.考试结束后，只需上交答题卷.一、单选题：本大题共8个小题，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.若a与b均为实数，且，则（）A.3B.4C.5D.6【答案】C【解析】【分析】由复数相等确定参数值，进而求复数的模.【详解】因为，所以，，所以.故选：C2.在中，，则的值为（　　）A.B.0C.D.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理计算作答.【详解】在中，角所对的边分别为，，由正弦定理得，令，由余弦定理得：. 故选：A3.已知向量，，若，则（）A.B.1C.D.【答案】D【解析】【分析】由向量线性运算坐标表示得，再由向量平行的坐标表示列方程求参数即可.【详解】由题设，又，则，可得.故选：D4.已知、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面.下列说法中错误的是（）A.若，，，则B.若，，则C.若，，，则D.若，，，则【答案】B【解析】【分析】利用线面平行的性质定理判断A，利用线面平行的判定定理判断B，利用线面垂直的判定定理判断C，利用面面平行的判定方法判断D．【详解】解：对于A：若，，，根据线面平行的性质定理可得，故A正确；对于B：若，，则或，即B错误；对于C：设、的法向量分别为、，若，则，，又，，则，，所以，即C正确；对于D：若，，则，又，则，即D正确．故选：B5.如图，为了测量某湿地A，B两点间的距离，观察者找到在同一直线上的三点C，D，E．从D点测得∠ADC＝67.5°，从C点测得∠ACD＝45°，∠BCE＝75°，从E点测得∠BEC＝60°．若测得DC＝2，CE＝ (单位：百米)，则A，B两点的距离为（）A.B.2C.3D.2【答案】C【解析】【分析】在中，求得；在中，利用正弦定理求得；再在中，利用余弦定理即可求得结果.【详解】根据题意，在△ADC中，∠ACD＝45°，∠ADC＝67.5°，DC＝2，则∠DAC＝180°－45°－67.5°＝67.5°，则AC＝DC＝2，在△BCE中，∠BCE＝75°，∠BEC＝60°，CE＝，则∠EBC＝180°－75°－60°＝45°，则有＝，变形可得BC＝＝＝，在中，AC＝2，BC＝，∠ACB＝180°－∠ACD－∠BCE＝60°，则AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝9，则AB＝3．故选：.【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，涉及距离的求解，属基础题.6.如图，正方体的棱长为，是棱的中点，是侧面内一点，若平面，且长度的最大值为，最小值为，则（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】过点作，交于点，交于点，计算得出，计算出、，根据已知条件可求得、的值，进而可求得的值.【详解】如图，过点作，交于点，交于点，则底面.连接、，平面，平面，，所以，.，平面，平面，平面，平面，平面，，平面平面，又平面，平面， 平面平面，平面，.为中点，为中点，则为中点.在线段上，，则，，得，则，所以，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查利用几何体中线段长的最大值和最小值求参数，解题的关键在于推导出，通过的最值求出的最值，进而列方程求解.7.在中，点满足与交于点，若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】法一，根据向量共线可得，再得，又，再表示出，利用向量相等解出，即可得解；法二，建立平面直角坐标系，利用坐标法求出即可.【详解】法一:因为在上，故，所以存在唯一实数，使得，又，故为的中点，所以，所以;同理存在，使得， 又，所以，所以，所以，所以，所以.故选：C.法二:不妨设为等腰直角三角形，其中，以为原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，如图，，则直线的方程分别为，联立解得，由，得，解得，则.故选：C.8.在平面中，已知单位向量、的夹角为，向量，且，，设向量与的夹角为，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用平面向量数量积的运算可得出，求出 的取值范围，再利用平面向量数量的运算可得出的表达式，结合二次函数的基本性质可求得的最大值.【详解】因为单位向量、的夹角为，由平面向量数量积的定义可得，，，所以，，当取最大值时，必有，则，因为，，则，所以，或，当时，，此时；当时，则，所以，，此时，综上所述，的最大值为.故选：C.【点睛】方法点睛：求平面向量夹角的方法：（1）定义法：利用向量数量积的定义得，其中两向量的取值范围是； （2）坐标法：若非零向量、，则.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.设向量，满足，且，则以下结论正确的是（）A.B.C.D.向量与夹角为【答案】ABD【解析】【分析】根据数量积的运算律一一计算可得.【详解】因为，且，所以，即，所以，则，故A正确；所以，故B正确；，故C错误；因为，所以向量与夹角为，故D正确；故选：ABD10.在中，角，，的对边分别是，，.下面四个结论正确的是（）A.若，则B.，，则的外接圆半径是4C.若，则D.若，，，则有两解【答案】AC【解析】【分析】由正弦定理可判断ABC；余弦定理可判断D.【详解】对于A，若，则，由正弦定理得，即，故正确；对于B，，，由正弦定理可得，则的外接圆半径是2，故错误； 对于C，若，由正弦定理得，，因为，所以，故正确；对于D，若，，，则由余弦定理可得，即，，解得，因为，所以有一解，即有一解，故错误.故选：AC.11.已知在正四面体中，、、、分别是棱，，，的中点，则（）A.平面B.C.平面D.、、、四点共面【答案】ABD【解析】【分析】把正四面体放到正方体里，对于A项根据线面平行的判定定理证明对于B项，从正方体的角度上看易得对于D项，证明四边形是平行四边形可验证对于C项，反证法证明，矛盾点是与的夹角.【详解】把正四面体放到正方体里，画图为：对于A项，、分别为，的中点，又平面且平面平面，故A正确对于B项，从正方体的角度上看易得，故B正确. 对于D项，、、、分别是棱，，，的中点且且所以所以四边形平行四边形，故、、、四点共面，所以D正确.对于C项，若平面成立，即平面又因为平面所以又因为、分别为，的中点，所以所以而为等边三角形，与矛盾，所以C不正确.故选：ABD12.在中角，，所对的边分别为，，，若，则下列四个选项中哪些值可以作为三角形的面积（）A.B.C.D.【答案】AB【解析】【分析】由条件和余弦定理可得，然后结合面积公式可得 ，然后利用基本不等式可得，然后求出的范围即可.【详解】解：因为，，所以，即①，因为，即②，①②两式平方相加可得，由基本不等式可得，所以，所以，所以，即，当且仅当时等号成立.所以，四个选项中，AB选项的值可以作为三角形的面积.故选：AB三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.边长为2的正三角形直观图的面积为__________.【答案】【解析】【分析】作出直观图，结合三角形的面积公式运算求解.【详解】如图，在直角坐标中，为等边三角形，取，按照斜二测画法可得：在坐标中，则，故直观图的面积.故答案为：. 14.向量，．则在方向上的投影向量坐标为_________.【答案】【解析】【分析】利用在方向上的投影向量的定义求解.【详解】解：因为向量，，所以，所以在方向上的投影向量坐标为，故答案为：.15.正三棱锥的侧棱长为，为的中点，且，则三棱锥外接球的表面积为______．【答案】【解析】【分析】根据等腰三角形三线合一性质和线面垂直判定可知平面，从而得到；由线面垂直判定可得平面，进而确定三棱锥为正方体的一角，通过求解正方体的外接球表面积即可得到结果.【详解】为中点，，，，，又，平面，平面，平面，，又，，平面，平面，又三棱锥为正三棱锥，侧面为全等的等腰直角三角形，三棱锥为如图所示的棱长为的正方体的一角， 该正方体的外接球即为三棱锥的外接球，正方体外接球半径，所求外接球表面积.故答案为：.16.如图，在平面中，圆是半径为1的圆，，设，为圆上的任意2个点，则的取值范围是_________.【答案】【解析】【分析】若为中点，令夹角为，由，将其化为关于和的关系式，讨论、结合求目标式的范围.【详解】若为中点，令夹角为，如下图示，，又， 由，则，此时，当时最小值为；由，则；此时，当时最大值为；综上，的取值范围是.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.如图是直角梯形，以上底边为轴将梯形旋转一周，得到一个旋转体，求它的表面积和体积．【答案】表面积，体积【解析】【分析】由题意知，该几何体是一个底面半径为3，高为的圆柱，挖去一个同底，但高为3的圆锥，再求几何体的体积和表面积得解.【详解】解：由题意知，该几何体是一个底面半径为3，高为的圆柱，挖去一个同底，但高为3的圆锥．所以 ．【点睛】方法点睛：求几何体的体积常用的方法有：（1）公式法（一般是规则的几何体）；（2）割补法（一般是不规则的几何体）；（3）转化法.18.已知复数，．（为虚数单位）（1）求；（2）若，且复数的虚部等于复数的实部，复数在复平面内对应的点位于第三象限，求复数．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用复数的乘法求；（2）求出复数，进而设，结合已知求参数，即可得复数.小问1详解】复数，，则；【小问2详解】由题设，，复数的虚部等于复数的实部，所以，可设，又，，解得或，复数在复平面内对应的点位于第三象限，，即，故．19.如图，直三棱柱中，，分别为的中点． （1）求证：∥平面；（2）线段上是否存在点Q，使平面？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）线段上存在点Q，使平面，理由见解析．【解析】【分析】（1）取AB中点D，连接，然后由三角形的中位线定理得到，证得四边形为平行四边形，进而得到，即可得证.（2）连接，可证，，从而可证：，同理可得，即可得证平面．【详解】（1）取AB中点D，连接．在中，因为M为AC中点，所以，．在矩形中，因为N为中点，所以，．所以．所以四边形为平行四边形，所以．因为平面，平面，所以∥平面． （2）线段上存在点Q，且Q为中点时，有平面．证明如下：连接．在正方形中，．又直三棱柱可得，又，平面，，则平面，又平面，所以，又平面，，从而平面，又平面，所以．同理可得，又平面，，所以平面．故线段上存在点Q，使得平面．20.在△中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，为锐角．（1）求C；（2）若，，△的面积为，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用三角恒变换即可求解；（2 ）利用三角形面积公式及余弦定理求出三角形的三边长，再利用正弦定理求出角，最后利用三角恒等变换即可求解.【小问1详解】由正弦定理得，，即∵,∴,即,解得,或者，又∵为锐角，∴.【小问2详解】,即，由余弦定理得,，且，即，解得，，由正弦定理得，,解得，∵,∴,∴角为锐角，∴,∴,,∴.21.如图，某菜农有一块等腰三角形菜地，其中，米．现将该三角形菜地分成三块，其中． （1）若，求的长；（2）求面积最小值．【答案】（1）米（2）平方米【解析】【分析】（1）利用正弦定理求出的长，分析可知为等腰三角形，可得出的长，进而可求得的长；（2）用表示、的长，利用三角恒等变换化简面积的表达式，结合正弦型函数的基本性质可求得面积的最小值.【小问1详解】解：在等腰中，因为，则，在中，由题意可得米，，．且，由正弦定理可得，则米．因为，，所以，则米，故米．【小问2详解】解：设，其中，则，．在中，由正弦定理可得，则米．在中，由正弦定理可得， 则米．的面积．因为，，则，所以当，即时，，故面积的最小值是平方米．22.如图，点分别是正方形的边、上两点，，，记点为的外心.（1）若，，，求的值；（2）若，求的取值范围；（3）若，若，求的最大值.【答案】（1）1（2）（3）【解析】【分析】（1）建立平面直角坐标系，根据向量数量积的坐标运算求得的值. （2）设，求得关于的表达式，进而求得的取值范围.（3）设，，将表示为关于的表达式，求得的取值范围，进而求得的最大值.【小问1详解】以点为坐标原点，为轴，建立直角坐标系.，，所以.【小问2详解】设，，则，.，由于，根据对勾函数的性质可知.【小问3详解】；.设，，则这两个式子为，化简得 解得所以，设，，令，所以由对勾函数的性质得，所以当时，即点与点重合时，取到最大值.【点睛】求解平面向量数量积有关问题，有两个求解思路，一个是利用平面向量的基本定理，通过转化的方法来求得数量积；另一个思路是根据图形的特征，通过建立平面直角坐标系，利用坐标法来进行求解.