安徽省合肥市第一中学2022-2023学年高一数学下学期期中考试试卷（Word版附解析）

合肥一中2022——2023学年第二学期高一年级期中考试数学试卷时长：120分钟分值：150分一、单项选择题（共8小题，每题5分，满分40分）．1.若复数为纯虚数，则实数的值为（）A.2B.2或C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用纯虚数的定义列式计算作答.【详解】因为复数为纯虚数，则有，解得，所以实数的值为.故选：C2.在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且，则的形状为（）A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等腰三角形或直角三角形【答案】A【解析】【分析】已知条件用正弦定理边化角，由展开后化简得，可得出等腰三角形的结论.【详解】，由正弦定理，得，即∴，可得，又，∴，则的形状为等腰三角形.故选：A.3.某圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】求出扇形的弧长，进而求出圆锥的底面半径，由勾股定理得到圆锥的高，利用圆锥体积公式求解即可.【详解】因为圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，所以该扇形的弧长为，设圆锥的底面半径为，则，解得：，因为圆锥的母线长为3，所以圆锥的高为，该圆锥的体积为.故选：D4.中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，则B的大小为（）A.B.C.或D.或【答案】D【解析】【分析】根据正弦定理即可求解.【详解】由正弦定理可得,由于,，所以或,故选：D5.设点P为内一点，且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设AB的中点是点D，由题得，所以点P是CD上靠近点D的五等分点，即得解.【详解】设AB的中点是点D， ∵，∴，∴点P是CD上靠近点D五等分点，∴的面积为的面积的.故选：A【点睛】本题主要考查向量运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6.如图，在长方体中，已知，，E为的中点，则异面直线BD与CE所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据异面直线所成角的定义，利用几何法找到所成角，结合余弦定理即可求解.【详解】取的中点F，连接EF，CF，，易知，所以为异面直线BD与CE所成的角或其补角.因为，，所以由余弦定理得.故选：C 7.在《九章算术》中，底面为矩形的棱台被称为“刍童”．已知棱台是一个侧棱相等、高为1的“刍童”，其中，，则该“刍童”外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据刍童的几何性可知外接球的球心在四棱台上下底面中心连线上，设球心为O，根据几何关系求出外接球半径即可求其表面积．【详解】如图，连接AC、BD、、，设AC∩BD＝M，∩＝N，连接MN．∵棱台侧棱相等，∴易知其外接球球心在线段MN所在直线上，设外接球球心为O，如图当球心在线段MN延长线上时，易得，MC＝2，，，MN＝1，由得，，即， 故OC＝，∴外接球表面积为．如图当球心在线段MN上时，由得，，即舍去，故选：A【点睛】关键点睛：利用刍童的几何性确定外接球的球心是解题的关键.8.如图，直角的斜边长为2，，且点分别在轴，轴正半轴上滑动，点在线段的右上方．设，（），记，，分别考查的所有运算结果，则A有最小值，有最大值B.有最大值，有最小值C.有最大值，有最大值D.有最小值，有最小值【答案】B【解析】【分析】设，用表示出，根据的取值范围，利用三角函数恒等变换化简，进而求得最值的情况.【详解】依题意，所以.设，则，所以，， 所以，当时，取得最大值为.，所以，所以，当时，有最小值为.故选B.【点睛】本小题主要考查平面向量数量积的坐标运算，考查三角函数化简求值，考查化归与转化的数学思想方法，属于难题.二、多项选择题：（共4小题，每题5分，满分20分.每小题给出的四个选项中，不止一项是符合题目要求的，每题错选0分，漏选2分）9.下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（）A.z的虚部为1B.C.z的共轭复数为D.【答案】AB【解析】【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可结合选项逐一求解.【详解】,故虚部为1，共轭复数为，，，故AB正确，CD错误，故选：AB10.蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物．巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底，由三个相同的菱形组成．巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜．如图是一个蜂巢的正六边形开口，下列说法正确的是（） A.B.C.D.在上的投影向量为【答案】BCD【解析】【分析】对A，利用向量的减法和相反向量即可判断；对B，根据向量的加法平行四边形法则即可判断；对C，利用平面向量的数量积运算即可判断；对D，利用向量的几何意义的知识即可判断．【详解】连接，与交于点，如图所示，对于A：，显然由图可得与为相反向量，故A错误；对于B：由图易得，直线平分角，且为正三角形，根据平行四边形法则有，与共线且同方向，易知，均为含角的直角三角形，故，，即，所以，又因为，故，故，故B正确；对于C：设正六边形的边长为，则，，所以，故C正确；对于D：易知，则在上的投影向量为，故D正确，故选：BCD． 11.有一个三棱锥，其中一个面为边长为2的正三角形，有两个面为等腰直角三角形，则该几何体的体积可能是（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】分三种情况讨论，作出图形，确定三棱锥中每条棱的长度，即可求出其体积.【详解】如图所示：①若平面，为边长为2的正三角形，，，都是等腰直角三角形，满足题目条件，故其体积；②若平面，为边长为2的正三角形，,，都是等腰直角三角形，满足题目条件，故其体积；③若为边长为2的正三角形，，都是等腰直角三角形，，，满足题目条件，取中点，因为，而，所以，即有平面，故其体积为；故选：BCD12.如图，已知的内接四边形中，，，，下列说法正确的是（） A.四边形的面积为B.该外接圆的半径为C.D.过作交于点，则【答案】BCD【解析】【分析】A选项，利用圆内接四边形对角互补及余弦定理求出，，进而求出，利用面积公式进行求解；B选项，在A选项基础上，由正弦定理求出外接圆直径；C选项，作出辅助线，利用数量积的几何意义进行求解；D选项，结合A选项和C选项中的结论，先求出∠DOF的正弦与余弦值，再利用向量数量积公式进行计算.【详解】对于A，连接，在中，，，由于，所以，故，解得，所以，，所以，故，，故四边形的面积为，故A错误； 对于B，设外接圆半径为，则，故该外接圆的直径为，半径为，故B正确；对于C，连接，过点O作OG⊥CD于点F，过点B作BE⊥CD于点E，则由垂径定理得：，由于，所以，即，解得，所以，所以，且，所以，即在向量上的投影长为1，且与反向，故，故C正确；对于D，由C选项可知：，故，且，因为，由对称性可知：DO为∠ADC的平分线，故，由A选项可知：，显然为锐角，故，， 所以，所以，故D正确.故选：BCD三、填空题（共4小题，每题5分，满分20分）13.已知向量，，若，则________．【答案】【解析】【分析】依题意可得，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可；【详解】因为，且，所以，解得.故答案为：14.若复数所对应复平面内的点在第二象限，则实数的取值范围为________；【答案】【解析】【分析】先化成复数代数形式得点坐标，再根据条件列不等式解得实数的取值范围.【详解】因为对应复平面内的点为，又复数所对应复平面内的点在第二象限，所以【点睛】本题重点考查复数的概念，属于基本题.复数的实部为、虚部为、模为 、对应点为、共轭为15.已知，是边AB上一定点，满足，且对于AB上任一点P，恒有．若，，则的面积为________．【答案】【解析】【分析】建立直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算公式，结合二次函数的性质、三角形面积公式进行求解即可.【详解】以所在的直线为横轴，以线段的中垂线为纵轴建立如图所示的直角坐标系，设，，，因为，所以，设，，，由，设，该二次函数的对称轴为：，当时，即，则有，所以无实数解，当时，即，则有，所以无实数解，当时，即， 则有，而，所以，显然此时在纵轴，而，所以该三角形为等边三角形，故的面积为，故答案为：【点睛】关键点睛：建立合适的直角坐标系，利用二次函数对称轴与区间的位置关系关系分类讨论是解题的关键.16.我国古代数学家祖暅求几何体的体积时，提出一个原理：幂势即同，则积不容异．意思是：夹在两个平行平面之间的两个等高的几何体被平行于这两个面的平面去截，若截面积相等，则两个几何体的体积相等，这个定理的推广是：夹在两个平行平面间的几何体，被平行于这两个平面的平面所截，若截得两个截面面积比为k，则两个几何体的体积比也为k．已知线段AB长为4，直线l过点A且与AB垂直，以B为圆心，以1为半径的圆绕l旋转一周，得到环体；以A，B分别为上下底面的圆心，以1为上下底面半径的圆柱体N；过AB且与l垂直的平面为，平面，且距离为h，若平面截圆柱体N所得截面面积为，平面截环体所得截面面积为，我们可以求出的比值，进而求出环体体积为________．【答案】【解析】【分析】画出示意图的截面，结合图形可得和的值，进而求出圆柱的体积，乘以，可得环体的体积，得到答案.【详解】画出示意图，可得，，其中，，故，即， 环体体积为.故答案为：四、解答题（共6小题，其中第17题10分，其余各题12分，满分70分）17.如图所示，在中D、F分别是BC、AC的中点，，，．（1）用，表示向量，；（2）求证：B，E，F三点共线．【答案】（1），（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由向量线性运算法则求解；（2）用，表示向量、，证明它们共线即可得证．【小问1详解】∵，，D，F分别是BC，AC的中点，∴，，【小问2详解】由（1），，∴∴与共线，又∵与有公共点B，故B，E，F三点共线．18.在中，a，b，c分别是角A、B、C的对边，且． （1）求C；（2）若，求A．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由余弦定理即可求解，（2）利用正弦定理边角互化，结合两角和的正弦公式即可得，进而可求解.【小问1详解】∵，∴，∴，由于C三角形内角，∴．【小问2详解】由正弦定理可得，∴∴，∴，∴，∴．∵，∴，由于B是三角形内角，∴，则．19.如图，数轴的交点为，夹角为，与轴､轴正向同向的单位向量分别是.由平面向量基本定理，对于平面内的任一向量，存在唯一的有序实数对，使得，我们把叫做点在斜坐标系中的坐标（以下各点的坐标都指在斜坐标系中的坐标）.（1）若为单位向量，且与的夹角为，求点的坐标；（2）若，点的坐标为，求向量与的夹角的余弦值. 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）时，坐标系为平面直角坐标系，设点利用求出，再利用模长公式计算可得答案；（2）根据向量的模长公式、数量积公式计算可得答案.，【小问1详解】当时，坐标系为平面直角坐标系，设点，则有，而，又，所以，又因，解得，故点的坐标是；【小问2详解】依题意夹角为，，，所以.20.如图所示，在四棱锥中，平面，，E是的中点．（1）求证：；（2）若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）存在，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；（2）取中点N，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）线段存在点N，使得平面，理由如下：取中点N，连接，，∵E，N分别为，的中点，∴，∵平面，平面，∴平面，取AP中点F,连结EF,BF，，且，因为，，所以，且，所以四边形BCEF为平行四边形，所以.又面PAB，面PAB，所以平面；又，∴平面平面，∵M是上的动点，平面，∴平面PAB，∴线段存在点N，使得MN∥平面．21.合肥一中云上农舍有三处苗圃，分别位于图中的三个顶点，已知,．为了解决三个苗圃的灌溉问题，现要在区域内（不包括边界）且与B,C等距的一点O 处建立一个蓄水池，并铺设管道OA、OB、OC．（1）设，记铺设的管道总长度为，请将y表示为的函数；（2）当管道总长取最小值时，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据锐角三角函数即可表示，，进而可求解，（2）利用，结合三角函数的最值可得，即可利用辅助角公式求解.【小问1详解】由于,在的垂直平分线上，若设，则,∴则；【小问2详解】令得故，又，故则此时：，即得又，故,故22.数学史上著名的波尔约-格维也纳定理：任意两个面积相等的多边形，它们可以通过相互拼接得到．它由法卡斯·波尔约（FarksBolyai）和保罗·格维也纳（PaulGerwien）两位数学家分别在1833年和1835 年给出证明．现在我们来尝试用平面图形拼接空间图形，使它们的全面积都与原平面图形的面积相等：（1）给出两块相同的正三角形纸片（如图1、图2），其中图1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三棱锥；图2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形（阴影部分），其较长的一组邻边边长为三角形边长的，有一组对角为直角，余下部分按虚线折起，可成一个缺上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱锥的上底．（1）试比较图1与图2剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小；（2）如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图3），要求剪拼成一个直三棱柱模型，使它的全面积与给出的三角形的面积相等．请仿照图2设计剪拼方案，用虚线标示在图3中，并作简要说明．【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据题中的操作过程，结合棱锥、棱锥的体积进行求解比较即可；（2）根据题中操作过程，结合三角形内心的性质、直三棱柱的定义进行操作即可.【小问1详解】依上面剪拼方法，有．推理如下：设给出正三角形纸片的边长为2，那么，正三棱锥与正三棱柱的底面都是边长为1的正三角形，其面积为．现在计算它们的高：如图所示：在正四面体中， 高，在图2一顶处的四边形中，如图所示：直三棱柱高，，∴．【小问2详解】如图，分别连接三角形的内心与各顶点，得三条线段，再以这三条线段的中点为顶点作三角形．以新作的三角形为直棱柱的底面，过新三角形的三个顶点向原三角形三边作垂线，沿六条垂线剪下三个四边形，可以拼成直三棱柱的上底，余下部分按虚线折起，成为一个缺上底的直三棱柱，再将三个四边形拼成上底即可得到直三棱柱．