河北省沧州市重点高中2022-2023学年高一数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

河北省重点高中高一年级第二学期期中联考数学试题一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1.若复数，则复数的虚部为（）A.B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】由复数的概念判断即可.【详解】由复数的概念可知，复数的虚部为．故选：C．2.若三点共线，则（）A.B.5C.0或D.0或5【答案】D【解析】【分析】由题意可得，再利用向量共线求解即可.【详解】因为，若三点共线，则，所以，解得或5．故选：D.3.已知平面，和直线a，b，，，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】举出反例，得到充分性和必要性均不成立.【详解】如图1，满足，但不垂直，充分性不成立， 如图2，满足，但不满足，必要性不成立，故选：D4.某实验室的笼子中有40只小白鼠，将其进行编号，分别为00，01，02，…，39，现从中抽取一个容量为10的样本进行试验，选取方法是从下面的随机数表的第1行第15列和第16列数字开始由左向右依次选取2个数字，直到取足样本，则抽取样本的第6个号码为（）90846079802436598738820753893596352379180598900735464062988054972056951574800832164670508067A.05B.40C.35D.23【答案】A【解析】【分析】根据随机数表抽样的定义和抽取方法进行求解.【详解】重复的号码只能算作一个，抽取样本的号码是38，07，35，23，18，05，20，15，08，32，所以抽取样本的第6个号码为05．故选：A．5.已知（其中i为虚数单位），那么复数在复平面 内所对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】B【解析】【分析】根据题意，求得，结合复数的几何意义，即可求解.【详解】由，可得，因为，，所以复数在复平面内所对应的点位于第二象限．故选：B．6.已知三棱锥，底面ABC，，，，则三棱锥外接球的体积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由题意将三棱锥补形为长方体，此三棱锥的外接球直径即为长方体的体对角线，求解即可.【详解】因为，，，由余弦定理可得：，则，所以.所以，则为直角三角形，三棱锥补形为长方体，如下图， 所以，此三棱锥的外接球直径即为长方体的体对角线为，故三棱锥外接球的体积为．故选：A．7.在中，点D是边BC的中点，且，若点P为平面ABC内一点，则的最小值是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】运用向量加法法则将问题转化为求的最小值，建系求解即可.【详解】因为D为BC的中点，所以，所以，不妨以AD所在直线为x轴，AD的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，因为，则，， 设，则，所以.即：的最小值为.故选：A.8.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，角A的内角平分线AD的长为4，则bc的最小值为（）A.16B.32C.64D.128【答案】C【解析】【分析】先利用正弦定理化角为边，结合余弦定理可求A，利用面积公式可得，结合基本不等式可求答案.【详解】因为，由正弦定理可得，即，所以，又，所以，由，得，所以，则，即，当且仅当时等号成立，所以bc的最小值为64．故选：C.二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）9.关于复数，下列说法错误的是（）A.若，则或B.复数与分别对应向量与，则向量对应的复数为C.若z是复数，则D.若复数z满足，则复数z对应的点所构成的图形面积为 【答案】ABC【解析】【分析】对于，结合特殊值法，即可求解；对于，结合向量的运算法则，即可求解；对于，结合特殊值法，即可求解；对于，结合复数的几何意义，即可求解．【详解】对于A，取，则，故A错误；对于B，，B错误；对于C，取，但知C错误；对于D，设复数，则由可知，故复数z对应的点所构成的图形面积为，D正确．故选：ABC．10.已知在中，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列命题正确的有（）A.若为锐角三角形，则B.若，，，则有两解C.若，，则外接圆半径为10D.若，，，则【答案】AB【解析】【分析】由结合正弦函数单调性得可判断A；由AB边上的高为3，若，可判断B；由正弦定理可判断C；由正弦定理结合二倍角的正弦公式可判断D.【详解】对于A，因为锐角三角形，，所以，由正弦函数单调性得，A正确；对于B，因为，AB边上的高为3，若，则有两解，B正确；对于C，由正弦定理，可知，所以外接圆半径为5，C不正确；对于D，由正弦定理，得，所以，D不正确．故选：AB． 11.在三棱锥中，，，且，点E，F分别为AD，BC的中点，点A在平面BCD内的射影为点O，则下列选项中正确的是（）A.平面平面ACDB.C.异面直线AC与EF所成角的余弦值为D.三棱锥的体积是三棱锥的体积的2倍【答案】ABC【解析】【分析】根据，，证得平面，进而证得平面平面ACD，可判定A正确；由，，证得平面，可判定B正确；取AB中点G，得到或其补角是异面直线与所成的角，在中，解三角形可判定C正确；由和，可判定D错误．【详解】对于A中，因为点A在平面BCD内的射影为点O，连接BO，CO，DO，则，又因为，且，平面，所以平面，因为平面ACD，所以平面平面ACD，所以A正确；对于B中，因为平面，且平面，所以，同理可得，即O为的垂心，所以，因为，且平面，所以平面，所以，所以B正确；对于C中，取AB中点G，连接EG，FG，则，，所以或其补角是异面直线与所成的角，所以且，所以，所以，所以C正确；对于中，因为分别是的中点，所以，所以，所以两三棱锥体积相等，所以D错误． 故选：ABC.12.如图所示，设Ox，Oy是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x，y轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系xOy为斜坐标系，若，则把有序数对叫做向量的斜坐标，记为．在的斜坐标系中，，，则下列结论中，正确的是（）A.B.C.D.在上的投影向量为【答案】AB【解析】【分析】根据题意，结合向量的坐标表示与运算，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，可得，，对于A中，向量，所以，所以A正确；对于B中，因为，可得，所以B正确； 对于C中，因为，所以C不正确；对于D中，因为在上的投影向量为，又因为，所以，因为，所以，所以D不正确．故选：AB．三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.已知一个圆锥的底面面积为，体积为，则该圆锥的表面积为______．【答案】【解析】【分析】根据圆锥的体积可求出圆锥的高，再由圆锥侧面展开为扇形求出表面积.【详解】设该圆锥的底面圆半径为r，高为h，由底面积为，体积为，可得,解得，所以圆锥母线长为，所以该圆锥表面积为．故答案为：．14.已知向量，，写出一个与垂直的非零向量______．【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据平面向量线性运算的坐标表示，得，根据向量垂直列式，从而得关于向量的关系式，取符合关系式的值即可.【详解】由题意可知．设，则．取，则， 所以与垂直的非零向量可以为．（答案不唯一）故答案为：（答案不唯一）15.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且外接圆半径为，若，则的面积为______．【答案】【解析】【分析】由正弦定理求出，再由余弦定理结合面积公式即可得出答案.【详解】∵，且外接圆半径R为，∴由正弦定理，可得，∵，∴由余弦定理，可得，解得，∴．故答案为：．16.已知直四棱柱的所有棱长均为4，，E为BC的中点，当点F在四边形内部及其边界运动时，有平面，则线段EF的最大值为______．【答案】【解析】【分析】取CD的中点M，的中点N，连接ME，MN，NE，，由面面平行的判定定定理可证得平面平面，结合题意知，点F在平面MNE与平面的交线上，即，即可求出线段EF的最大值.【详解】取CD的中点M，的中点N，连接ME，MN，NE，， ∵M，E分别为CD，BC的中点，∴．∵平面，平面，∴平面．同理，M，N分别为DC，的中点，∴，又，∴．平面，平面，∴平面．又，平面MNE，平面MNE，∴平面平面．又平面，∴平面MNE，又点F在四边形内部及边界运动，∴点F在平面MNE与平面的交线上，即．在中，，，连接DE，在中，，∴，∴为钝角，∴当点F运动到点N时，EF的最大值为．故答案为：.四、解答题（本大题共6小题，共70分）17.已知复数是方程的根．（i是虚数单位，）（1）求；（2）设复数（是z的共复数），且复数所对应的点在第二象限，求实数a的取值范围．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）将复数根代入方程中，根据复数相等即可求解，（2）根据i的周期性以及复数的除法运算法则化简得，结合复数的几何意义即可列不等式求解.【小问1详解】由题知，∴，即，解得，∴，．【小问2详解】，复数所对应的点在第二象限，∴，解得，所以实数a的取值范围为．18.如图，在中，点C是AB的中点，点D在线段OB上，且，设，．（1）若，，且与的夹角为，求；（2）若向量与共线，求实数k的值．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由数量积的定义求出，代入即可求出的值；（2）先分别求出向量与，再结合共线定理解方程即可得出答案.【小问1详解】因为，，且与的夹角为，所以，所以．【小问2详解】由C是AB的中点，得，，所以，若与共线，则存在实数，使得，即，所以，因为与不共线，所以，解得，所以实数k的值为．19.如图，为了测量两山顶M，N之间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一铅垂平面内．飞机从点A到点B的路程为a，途中在点A观测到M，N处的俯角分别为，，在点B观测到M，N处的俯角分别为，． （1）求A，N之间的距离（用字母表示）；（2）若，，，，，求M，N之间的距离．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，在中利用正弦定理求解作答.（2）在中由正弦定理求出，结合（1）的结论，再在中利用余弦定理求解作答.【小问1详解】在中，由正弦定理得，即，所以．【小问2详解】在中，由正弦定理得，即，因此，而，，，，，则，由（1）得，在中，，由余弦定理得，所以MN之间的距离为．20.如图，在四棱锥中，为等边三角形，且边长为2，BC垂直于AB，，E为PA的中点． （1）证明：平面PBC．（2）若底面ABCD，且，求点A到平面PBC的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取AB的中点F，连接EF，DF，由面面平行的判定定理可证得平面平面PBC，再由面面平行的性质可证明；（2）由，即可求出点A到平面PBC的距离．【小问1详解】如图所示，取AB的中点F，连接EF，DF，∵为等边三角形，且F为AB的中点，∴，又∵，∴，又∵平面PBC，平面PBC，∴平面PBC，又∵E，F分别为PA，AB的中点，∴，又∵平面PBC，平面PBC，∴平面PBC．又∵，且EF，平面DEF，∴平面平面PBC， ∵平面DEF，∴平面PBC．【小问2详解】在中，，，，∴．由题意得，设点A到平面PBC的距离为d，由，得，∴．21.在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．（1）证明：．（2）求的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角可得，化简即可证明；（2）消元，将要求取值范围的代数式转化为，利用第一问得出的结论求出角的取值范围，从而得到的取值范围，最后应用函数的单调性即可求解.【小问1详解】由正弦定理得，∴，∴，∵，，∴，∴或(舍去)，∴．【小问2详解】由（1）得，， ∴，∵，，∴，∴，函数在上单调递增，，．∴，∴的取值范围为．22.如图，在直角梯形中，，，，为的中点，沿将折起，使得点到点的位置，且，为的中点，是上的动点（与点、不重合）．（1）证明：平面平面；（2）是否存在点，使得二面角的正切值为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）存在，为上靠近四等分点【解析】【分析】（1）证明出平面，可得出，结合可得出平面，可得出，推导出，可证得平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）过作在平面内作，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点，连接，分析可知为二面角的平面角，设，则，在中，设，由以及二面角的正切值求出的值，即可得出结论.小问1详解】证明：翻折前，因为，，为的中点，所以，且， 又因为，则四边形为正方形，所以，，翻折后，则，，，、平面，所以平面，因为平面，所以，因为，，、平面，所以平面，因为平面，所以，因为，，所以，因为，、平面，所以平面，因为平面，所以平面平面．【小问2详解】解：假设存在点满足题意，如图，过作在平面内作，垂足为点，在平面内，因为，，所以，由（1）知，平面，所以平面，因为平面，所以，过点在平面内作，垂足为点，连接，因为，，，、平面，所以平面，因为平面，所以，所以为二面角的平面角，不妨设，则，在中，设，因为，,所以，，所以， 所以，得，所以，解得，即此时为线段上靠近点的四等分点．