福建省三明市五县2022-2023学年高一数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

2022-2023学年第二学期五县高一联合质检考试高一数学试卷（考试时间：120分钟；满分：150分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.在复平面内，复数对应的点位于（）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】根据复数乘法运算进行化简，根据复数的几何意义即可求解.【详解】解：因为，其在复平面内对应点的坐标为，故复数对应的点位于第二象限.故选：B.2.已知平面向量，，若与共线，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用向量共线的坐标表示即可求解.【详解】因为与共线，所以，解得.故选：A3.在△ABC中，a，b，c为∠A，∠B，∠C的对边，，，，则C的值为（）A.30°B.60°C.120°D.60°或120°【答案】D【解析】【分析】直接通过正弦定理即可得解.【详解】因为，，， 由正弦定理可得，又因为，所以或，故选：D.4.设、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】B【解析】【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，对选项进行逐一判断即可.【详解】选项A.一条直线垂直于一平面内的，两条相交直线，则改直线与平面垂直则由，不能得出，故选项A不正确.选项B.,则正确，故选项B正确.选项C.若，则与可能相交，可能异面，也可能平行，故选项C不正确.选项D.若，则与可能相交，可能平行，故选项D不正确.故选：B5.在中，已知点为边的中点，点在线段上，且，若，则A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】如图所示，中，点为边的中点，，又点在线段上， 且，，，故选A.6.已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC水平放置的直观图（斜二测画法）为，其中，则此三棱柱的体积为（）A.B.C.4D.2【答案】C【解析】【分析】根据斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图，然后可解.【详解】由斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图如图所示，其中，所以此三棱柱的底面积为，因为该三棱柱的高为，所以此三棱柱的体积为，故选：C.7.已知，点是边上的一点，，，，则的最小值为（）A.B.C.4D.16【答案】C【解析】 【分析】设，，则，则由已知可得，，然后化简，化简后可利用基本不等式求得结果【详解】在中，，设，，则，因为，所以，因为，所以，因为，所以，所以，因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为16，所以的最小值为4，故选：C8.设A，B，C，D是同一个球面上四点，是边长为3的等边三角形，若三棱锥体积的最 大值为，则该球的表面积为（）.A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据已知条件做出图像，结合勾股定理即可求出球的半径，从而得到球的表面积.【详解】因是边长为3的等边三角形，故由正弦定理得，的外接圆半径，又因三棱锥体积的最大值为，故此时点到平面的距离，由A，B，C，D是同一个球面上四点，做出下图，故图中，，，，由勾股定理得：，即，计算得，该球的表面积.故选：C.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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.在中，D，E，F分别是边的中点，点G为的重心，则下列结论中正确的是（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】由向量的线性运算结合三角形的重心的性质求解即可．【详解】解：如图：对于选项A，，即选项A错误；对于选项B，点为的重心，则，即选项B正确；对于选项C，，即选项C正确；对于选项D，，即，即选项D正确，故选：BCD．10.已知复数，则（）A.z的实部为1B.z的虚部为5iC.D.在复平面内对应的点位于第四象限【答案】AD【解析】【分析】化简复数，并求出其共轭复数，即可得出结论.【详解】由题意，在中， ∴z的实部为1，虚部为5，，在复平面内对应的点位于第四象限，所以AD正确，BC错误，故选：AD.11.《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a，b，c求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有△ABC满足，且，请运用上述公式判断下列命题正确的是（）A.周长为B.C.的外接圆半径为D.中线CD的长为【答案】BCD【解析】【分析】A选项，利用正弦定理得到，设出，代入公式求出，从而得到周长；B选项，根据三角形面积公式求出；C选项，根据正弦定理求出外接圆半径；D选项，利用余弦定理结合求出中线长.【详解】A选项，由正弦定理得，设，则，代入公式得，解得，则，所以的周长为，A错误；B选项，由三角形面积公式得，解得， 因为，所以，故角为锐角，因为，B正确；C选项，设的外接圆半径为，则由正弦定理得，所以，C正确；D选项，由题意得，由余弦定理得，，因为，所以，故，解得，中线CD的长为，D正确.故选：BCD12.如图，已知正方体的棱长为为正方形底面内的一动点，则下列结论正确的有（） A.三棱锥的体积为定值B.存在点，使得C.若，则点在正方形底面内的运动轨迹是线段D.若点是的中点，点是的中点，过作平面平面，则平面截正方体所得截面的面积为【答案】ACD【解析】【分析】对于A，注意到即可得答案；对于B，注意到，判断在底面内是否存在点P，使平行于即可；对于C，过做一平面，使，则与底面交线即为点P轨迹；对于D，做一直线过P点且与平面垂直，根据可做出平面，再由平面平行性质可得截面，继而可得答案.【详解】对于A，由题意及图形可知平面平行于平面，则点P到平面距离为定值.则，又为定值，故三棱锥的体积为定值.故A正确；对于B，因，则若，必有平行于.但平面，平面，平面或平面，则与相交或与异面.故不存在相应的点P，使.故B错误；对于C，如图有平面.理由如下：连接.由题可得， 又，则平面.因平面，则同理可证得，又，则平面，得平面.故点P轨迹为平面与底面交线，即为线段.故C正确；对于D，如图取中点为，连接.由题可得平面.因平行于，平面，则.又，则平面.又取中点为，则，有四点共面.则平面即为平面.又由两平面平行性质可知，平面与互相平行平面的交线互相平行，故，又都是中点，故是中点，是中点.则平面截正方体所得截面为正六边形，又正方体棱长为2，则，故截面面积为.故D正确. 故选：ACD【点睛】思路点睛：本题为立体几何中动点问题，关键为做出满足题意的图形，常见做图思路有：（1）因垂直相较于平行不够直观，故可将做垂直图形转化为做平行图形.（2）做动点轨迹时，可转化为做动点所在平面与已知平面的交线.（3）需要做满足题意的平面时，可先做出满足题意的直线.（4）做两平面截面时，常利用公理3及其推论，两平面平行性质找共面点与共面直线.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.复数z满足，则______．【答案】【解析】【分析】根据复数的除法和复数求模公式即可求解.【详解】因为复数z满足，所以，故答案为：.14.若圆锥的侧面积是底面积的3倍，则其母线与底面所成角的余弦值大小为____________.【答案】【解析】【分析】根据给定条件，探求出圆锥母线与底面圆半径的关系即可作答.【详解】设圆锥的母线为l，底面圆半径为r，依题意，，即有，令圆锥母线与底面所成角为，则，所以圆锥母线与底面所成角的余弦值大小为. 故答案为：15.嵩岳寺塔位于河南郑州登封市嵩岳寺内，历经1400多年风雨侵蚀，仍巍然屹立，是中国现存最早的砖塔，如图，为测量塔的总高度AB，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得，，，在C点测得塔顶A的仰角为60°，则塔的总高度为______m；【答案】【解析】【分析】在中，利用正弦定理求得，再解即可.【详解】解：在中，，因为，所以，在中，，即塔的总高度为.故答案为：.16.如图，在边长为1的正方形中，P是对角线上一点，且，则__________， 若点M为线段（含端点）上的动点，则的最小值为__________．【答案】①.②.【解析】【分析】建立平面直角坐标系，求得正方形各顶点坐标，利用向量的坐标运算求得，可得的坐标，根据数量积的坐标运算，求得；设，表示出，可得坐标，继而求得的表达式，结合二次函数性质求得的最小值.【详解】如图，以A为原点，所在直线为x轴，所在直线为y轴建立平面直角坐标系，则，∴，∵P是对角线上一点，且，可得，∴，，∴；因为点M为线段（含端点）上的动点，则设, 故，所以，，故，由于，所以时，取到最小值，即的最小值为，故答案为：；四、解答题（本大题共6小题，共72．0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知平面向量已知平面向量，，，且与的夹角为.（1）求；（2）求（3）若与垂直，求的值.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由题意，根据向量模长的坐标表示，结合数量积的定义式，可得答案；（2）由（1），根据数量积的性质，求解模长，可得答案；（3）根据垂直向量的数量积性质，可得答案.【小问1详解】，，.【小问2详解】，∴.【小问3详解】若与垂直，则， 即，∴，即，∴.18.如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，M，N，P分别为AB，BC，B1C1中点．（1）求证：AC∥平面B1MN；（2）求证：平面ACP∥平面B1MN．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知，M，N分别为AB，BC的中点．所以MN∥AC，利用线面平行的判定定理即可证明AC∥平面B1MN；（2）由已知，P为B1C1的中点．可证B1P＝CN，B1P∥CN，从而证明四边形B1PCN是平行四边形，得到CP∥B1N，利用线面平行的判定定理即可证明CP∥平面B1MN，结合第（1）问AC∥平面B1MN，利用面面平行的判定定理即可证明平面ACP∥平面B1MN.【小问1详解】证明：因为M，N分别为AB，BC的中点．所以MN∥AC，因为MN⊂平面B1MN，平面B1MN，所以AC∥平面B1MN，得证【小问2详解】证明：因为P为B1C1的中点．所以B1P＝CN，又因为B1P∥CN，所以四边形B1PCN是平行四边形，所以CP∥B1N，又因为B1N⊂平面B1MN，平面B1MN，所以CP∥平面B1MN，由第（1）问，AC∥平面B1MN，AC∩CP＝C，AC⊂平面ACP，CP⊂平面ACP，所以平面ACP∥平面B1MN． 得证.19.在中，角所对的边分别为，且.（1）求角的值；（2）若，过作的垂线与的延长线交于点，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由正弦定理和三角公式求出，即可求出；（2）利用余弦定理解得.在中，求出边长，得到.再求出，利用即可求得.【小问1详解】由正弦定理得，所以.因为，所以.又，故.【小问2详解】在中，，即，因，解得， 又在中，，从而，故.而，所以.20.如图，在平行四边形ABCM中，，，以AC为折痕将折起，使点M到达点D的位置，且.（1）证明：平面平面ABC；（2）设Q为线段AD上一点，P为线段BC上一点，且，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）2.【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定可得平面ACD，再由面面垂直的判定即可得证；（2）过点Q作，垂足为E，由平面几何的知识可得、，再由线面垂直、棱锥的体积公式即可得解.【详解】（1）证明：由已知可得，，即，又，平面ACD，平面ACD，，∴平面ACD，又平面ABC，∴平面平面ACD.（2）在平行四边形ABCM中，，∴为直角三角形，如图，过点Q作，垂足为E，则， ，∵，∴，∵，∴，由已知及（1）可得，平面ABC，∴平面ABC，∵，，∴，所以三棱柱的体积为.【点睛】本题考查了几何体体积的求解及面面垂直的判定，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于中档题.21.某景区的平面图如图所示，其中AB，AC为两条公路，，M，N为公路上的两个景点，测得，，为了拓展旅游业务，拟在景区内建一个观景台P，为了获得最佳观景效果，要求P对M，N的视角.现需要从观景台P到M，N建造两条观光路线PM，PN.（1）求M，N两地间的直线距离；（2）求观光线路长的取值范围.【答案】（1）（2）长的取值范围是（单位：）.【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求得正确答案.（2）设，利用三角函数表示出，并求得取值范围.【小问1详解】由余弦定理得.【小问2详解】设，由正弦定理得，，所以，所以，由于，所以.即长的取值范围是（单位：）.22.如图，三棱柱中，侧面为菱形，的中点为，且平面． （1）证明：；（2）若，，，求三棱柱的高．【答案】（1）证明见解析；（2）三棱柱的高为.【解析】【分析】（1）连接，则为与的交点，证明平面，可得；（2）作，垂足为，连接，作，垂足为，证明为等边三角形，求出到平面的距离，即可求三棱柱的高．【详解】（1）证明：连接，则为与的交点，侧面为菱形，，平面，平面，，，平面，平面，平面，； （2）解：作，垂足为，连接，作，垂足为，，，，平面，平面，平面，，，，平面，平面，，为等边三角形，，，，，由，可得，，为的中点，到平面的距离为，三棱柱的高．