吉林省长春市东北师范大学附属中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

2022-2023学年下学期高一年级期中质量监测与反馈数学考试时间：120分钟满分：150分一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分．1.如图所示，下列四个几何体：其中不是棱柱的序号是（）A.①B.②C.③D.④【答案】B【解析】【分析】根据棱柱的定义直接判断出结果.【详解】棱柱的定义：有两个面互相平行，其余各个面都是四边形且每相邻两个四边形的公共边都互相平行.由此可知②中没有互相平行的平面，所以不是棱柱，故选：B.【点睛】本题考查棱柱的定义，主要考查学生对棱柱概念的理解，难度容易.2.已知复数满足，则的虚部为（）A.2B.C.1D.【答案】B【解析】【分析】根据复数除法的运算性质，结合复数虚部的定义进行求解即可.【详解】，则的虚部为，故选：B. 3.已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，，下列结论中正确的是（）A.若，则B.若，则C.若m与n不相交，则D.若，则m与n不相交【答案】D【解析】【分析】根据面面平行的判定定理和性质定理对选项一一判断即可得出答案.【详解】若，则可能平行、可能相交，故A不正确；若，则可能平行、可能异面，故B不正确；若m与n不相交，则也不一定平行，故C不正确；若m与n不相交，则，故D正确.故选：D.4.设向量不平行，向量与平行，则实数为（）A.B.1C.2D.【答案】A【解析】【分析】向量与平行，得到，展开计算得到答案.【详解】向量与平行，则，向量不平行，则，解得.故选：A5.已知正方体的棱长为1，为上一点，则三棱锥的体积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由为到平面的距离，所以根据体积法可得，代入数值即可得解. 【详解】由为正方体，显然为到平面的距离，所以，故选：D6.如图，为测量山高MN，选择和另一座山的山顶为测量观测点．从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测．已知山高，两座山都垂直地面，则山高MN长度为（）.A.150B.C.300D.【答案】A【解析】【分析】在直角中，，BC＝100，可求出AC，在中由正弦定理求出AM，在直角△MAN中即可求出山高MN.【详解】在直角中，，BC＝100，可得，在中，，，则，由正弦定理有：，即，故，在直角△中，，可得(). 故选：A.7.已知向量，是两个单位向量，则“”为锐角是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分不必要条件的概念，平面向量数量积的定义与性质即可判断．【详解】向量，是两个单位向量，由为锐角可得，，反过来，由两边平方可得，，，，不一定为锐角，故“为锐角”是“”的充分不必要条件，故选：A．8.在中，三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，，，那么这个三角形是（）A.等边三角形B.等腰三角形C.直角三角形D.等腰三角形或直角三角形【答案】D【解析】【分析】由正弦定理求出的值，可得或，再根据三角形的内角和公式求出A的值，由此即可判断三角形的形状.【详解】∵中，已知，，， 由正弦定理，可得：，解得：，可得：或.当时，∵，∴，是直角三角形.当时，∵，∴，是等腰三角形.故是直角三角形或等腰三角形，故选：D.【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.9.已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC＝5，BC＝6，点P在线段AC上运动，则|+|的取值范围是（）A.[3，4]B.C.[6，8]D.【答案】D【解析】【分析】以BC的中点O为坐标原点，BC所在直线为x轴，OA所在直线为y轴建立直角坐标系，分别求得B，C，A的坐标，可得直线AC的方程，设P（m，n），（0≤n≤4），即有m＝，再由向量的运算和模的公式，可得n的函数，结合二次函数的最值求法，可得所求范围.【详解】解：以BC的中点O为坐标原点，BC所在直线为x轴，OA所在直线为y轴建立直角坐标系，如图： 可得B（﹣3，0），C（3，0），由|AC|＝5，可得A（0，4），直线AC的方程为，即4x+3y＝12，可设P（m，n），（0≤n≤4），即有m＝，则当，可得的最小值为，当n＝4时，可得的最大值8，则的取值范围是.故选：D.【点睛】本题考查向量的模的取值范围，运用坐标法是解题的关键，考查转化思想和运算能力，属于中档题.10.一个正四棱锥的平面展开图如图所示，其中E，F，M，N，Q分别为，，，，的中点，关于该正四棱锥，现有下列四个结论：①直线与直线是异面直线；②直线与直线是异面直线；③直线与直线MN共面；④直线与直线是异面直线. 其中正确结论的个数为（）A.4B.3C.2D.1【答案】B【解析】【分析】作出直观图，根据直线共面的判定与性质逐个判断即可.【详解】根据展开图，复原几何体，如下图所示：对②，因为F，M，N，Q分别为，，，的中点，所以，又，则，故F，N，A，B四点共面，故直线与直线是共面直线，①错误；对②，E在过F，N，A，B四点的平面外，故直线与直线是异面直线，②正确；对③，N，Q重合，故直线与直线共面，③正确；对④，E在过F，N，A，B四点的平面外，故直线与直线是异面直线，④正确；综上有②③④正确.故选：B二、填空题：共6小题，每小题5分，共30分11.已知复数z=1+3i，则________.【答案】【解析】【分析】由共轭复数定义及复数的乘法运算即可求得答案. 【详解】由题意，.故答案为：10.12.在长方体中，，，，则异面直线与所成角的大小为__________．【答案】【解析】【分析】作出图示，根据，先判断出异面直线所成角是哪个角，然后根据线段长度求解出异面直线所成角的大小.【详解】如图所示：因为，所以异面直线与所成角即为（为锐角），又因为，所以且，所以，所以异面直线与所成角的大小为，故答案为：.【点睛】本题考查求解异面直线所成角，难度较易.求解异面直线所成角，关键是能通过直线的平行关系，将直线平移至同一平面内，最后再进行求解.13.已知向量，，，且与方向相同，那么________．【答案】【解析】【分析】根据题中条件，设，再由向量模的坐标表示列出方程求出参数，即可得出结果.【详解】因为向量，，且与方向相同，所以可设，又，所以，解得（负值舍去）， 所以故答案为：.14.在中，，.①若，则角的大小为_____；②若角有两个解，则的取值范围是_____.【答案】①.②.【解析】【分析】①利用正弦定理求得的值，结合角的取值范围可求得结果；②作出图形，结合图形可得出角有两个解时，满足的不等式，进而可求得的取值范围.【详解】①由正弦定理可得，，；②在中，，，如下图所示：若使得角有两个解，则，即.故答案为：；.【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形，同时也考查了利用三角形多解求边长的取值范围，考查计算能力，属于中等题.15.已知等边的边长为2，为边的中点，点是边上的动点，则的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】设，由向量线性运算有，再由数量积的定义可得的函数，从而求得最小值. 【详解】设，，所以时，取得最小值，故答案为：.16.某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样大的四面体得到的（如图）.则该几何体共有______面；如果被截正方体的棱长是，那么石凳的表面积是______.【答案】①.14②.【解析】【分析】由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，8个底面三角形，再加上6个小正方形，所以该几何体共有14个面；再根据面积公式即可求出表面积.【详解】由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，8个底面三角形，再加上6个小正方形，所以该几何体共有14个面；如果被截正方体的棱长是，那么石凳的表面积是. 故答案为：14，.【点睛】本题考查几何体面数的辨析，考查多面体表面积的计算，属于基础题.三、解答题：共6小题，共80分17.已知向量，．（1）当∥时，求x的值；（2）当x=-1时，求向量与的夹角的余弦值；（3）当时，求．【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）由平面向量平行坐标表示即可求得答案；（2）由平面向量数量积的坐标运算和夹角公式即可求得答案；（3）由平面向量垂直的坐标运算求出参数，进而求出向量的模.【小问1详解】∵，∴，即．【小问2详解】∵，，．∴向量与向量的夹角的余弦值为．【小问3详解】依题意，∵，∴．即，∴．∴，．18.如图，在三棱柱中，、分别是棱，的中点，求证： （1）平面；（2）平面平面．【答案】（1）见证明；（2）见证明【解析】【分析】（1）设与的交点为，连结，证明，再由线面平行的判定可得平面；（2）由为线段的中点，点是的中点，证得四边形为平行四边形，得到，进一步得到平面．再由平面，结合面面平行的判定可得平面平面．【详解】证明：（1）设与的交点为，连结，∵四边形为平行四边形，∴为中点，又是的中点，∴是三角形的中位线，则，又∵平面，平面，∴平面；（2）∵为线段的中点，点是的中点，∴且，则四边形为平行四边形，∴，又∵平面，平面，∴平面． 又平面，，且平面，平面，∴平面平面．【点睛】本题考查直线与平面，平面与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．19.如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，点D在线段AC上，且AD＝4DC.（1）求BD的长；（2）求sin∠BDC的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据题意求出，在中，再利用余弦定理即可求解.（2）在中，利用正弦定理即可求解.【详解】（1）在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝4，BC＝3，则，所以，由AD＝4DC，则，，在中，，所以. （2）由，，BC＝3，在中，，即，解得【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理解三角形，需熟记定理内容，属于基础题.20.在△ABC中，．（1）求的大小；（2）若，．求，并计算面积；从①，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）；（2）若选①：，；若选②：，.【解析】【分析】（1）由条件结合正弦定理可得，然后利用三角函数知识可得答案；（2）若选①，由余弦定理求出，然后可得答案；若选②，首先求出，然后求出，然后可得答案.【小问1详解】在中，因为，所以由正弦定理可得，因为，所以，所以，在中，，所以，因为，所以.【小问2详解】 若选①，，则在中，由余弦定理，得，解得或（舍）．所以．因此若选②，，则，由正弦定理，得，解得．21.如图所示，在四棱锥中，平面，，是的中点.（1）求证：；（2）求证：平面；（3）若是线段上一动点，则线段上是否存在点，使平面？说明理由.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；（2）取的中点，连接，，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明；（3）取中点，连接，，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明．【详解】证明：（1）在四棱锥中，平面，平面，平面平面，，（2）取的中点，连接，， 是的中点，，，又由（1）可得，，，，四边形是平行四边形，，平面，平面，平面．（3）取中点，连接，，，分别为，的中点，，平面，平面，平面，又由（2）可得平面，，平面平面，是上的动点，平面，平面，线段存在点，使得平面．22.将平面直角坐标系中的一列点、、、、，记为，设，其中为与轴方向相同的单位向量.若对任意的正整数，都有，则称为点列.（1）判断、、、、、是否为点列，并说明理由； （2）若为点列，且.任取其中连续三点、、，证明为钝角三角形；（3）若为点列，对于正整数、、，比较与的大小，并说明理由.【答案】（1）是点列，理由见解析；（2）证明见解析；（3），理由见解析.【解析】分析】（1）计算得出，作差得出，由此可得出结论；（2）分析出，，以及、、不共线，利用平面向量的数量积分析可得出为钝角，由此可证得结论成立；（3）利用不等式的基本性质可得出，再利用平面向量数量积的坐标运算可得出结论.【详解】（1）为点列，理由如下：由题意可知，，，所以，，即，，所以、、、、、为点列；（2）由题意可知，，，所以，因为为点列，所以，，又因为，所以.所以对中连续三点、、，都有，.因为，，因为，故与不共线，即、、不共线， 因为，所以，，则为钝角，所以为钝角三角形；（3）由，.因为点列，由（2）知，，所以，，，，两边分别相加可得，所以，所以，所以，又，，所以，，所以.【点睛】方法点睛：判断的内角为钝角的方法如下：（1）余弦定理：计算得出；（2）向量法：计算得出.