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浙江省嘉兴市海盐第二高级中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题(Word版附解析)
浙江省嘉兴市海盐第二高级中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题(Word版附解析)
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海盐第二高级中学2022/2023学年第二学期高一期中考试数学试卷考试时间:120分钟2023.5一、单选题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合要求的.1.下列几何体中是旋转体的是( )①圆柱 ②六棱锥 ③正方体 ④球体 ⑤四面体A.①和⑤B.①C.③和④D.①和④【答案】D【解析】【详解】②六棱锥、③正方体、⑤四面体是多面体;①圆柱 、 ④球体是旋转体,故选D.点评:要了解多面体、旋转体的几何特征.2.已知复数(i为虚数单位),若是纯虚数,则实数a=()A.B.C.D.3【答案】A【解析】【分析】利用是纯虚数,实部为,即可得的值.【详解】,若是纯虚数,则,解得:.故选:A【点睛】本题主要考查了纯虚数的定义,属于基础题.3.已知平面α和直线l,则α内至少有一条直线与l( )A.异面B.相交C.平行D.垂直 【答案】D【解析】【详解】若直线l∥α,α内至少有一条直线与l垂直,当l与α相交时,α内至少有一条直线与l垂直.当l⊂α,α内至少有一条直线与l垂直.故选D.4.向量,.若,则().A.B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】解法一:利用向量的坐标运算求得,的坐标,再根据向量垂直的条件建立方程,解之可得选项.解法二:根据向量垂直的条件得出,再运用向量数量积的运算律求得,从而可得选项.【详解】解法一:,,因为,所以,即,解得.解法二:因为,所以,所以,所以,所以.故选:C.5.一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为,腰和上底长均为1的等腰梯形,则该平面图形的面积等于().A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据斜二测直观图的特点可知原图形为一直角梯形,由梯形面积公式求解.【详解】解:如图,恢复后的原图形为一直角梯形, 所以.故选:B.6.某款厨房用具中的香料收纳罐的实物图如图1所示,该几何体为上、下底面周长分别为,的正四棱台,若棱台的高为,忽略收纳罐的厚度,则该香料收纳罐的容积为()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用台体的体积公式直接计算即可.【详解】由题意可知,该四棱台的上、下底面边长分别为,,故该香料收纳罐的容积为.故选:C.7.某大学校园内有一个“少年湖”,湖的两侧有一个健身房和一个图书馆,如图,若设音乐教室在A处,图书馆在B处,为测量两地之间的距离,甲同学选定了与不共线的C处,构成,以下是测量的数据的不同方案:①测量;②测量;③测量;④测量其中要求能唯一确定两地之间距离,甲同学应选择的方案的序号为() A.①②B.②③C.②④D.②③④【答案】C【解析】【分析】根据题目中每个选项中所给条件,结合正余弦定理解三角形即可判断三角形的解是否唯一,从而判断结论,可得答案.【详解】①测量,知道三个角度值,三角形边长不能确定,有无数多组解,故不能唯一确定点两地之间的距离;②测量,可求出,已知两角及一边,由正弦定理可知,即可求得,三角形有唯一的解,故能唯一确定点两地之间的距离;③测量,已知两边及其一边的对角,由正弦定理可知,求出,角B可能有两解,即三角形可能有两解,故此时不能唯一确定点两地之间的距离;④测量,已知两边及夹角,由余弦定理可求得的长,三角形有唯一的解,此时能唯一确定点两地之间的距离,综上可得,一定能唯一确定两地之间的距离的所有方案的序号是②④,故选:C8.将3个半径为1的球和一个半径为的球叠为两层放在桌面上,上层只放一个较小的球,四个球两两相切,那么上层小球的最高点到桌面的距离是()A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】将四个球的球心设为一个三棱锥的四个顶点,求出三棱锥的高再加上大球、小球的半径即可.【详解】如图所示: 设下层三个半径为1的球的球心分别为,,,上层较小的球的球心为,则是边长为2的等边三角形,,过作平面的垂线,交平面于点,则是的重心,则有,所以,所以上层小球的最高点到桌面的距离为:.故选:A.二、多选题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项是符合要求的.9.如图,点是线段的三等分点,则下列结论正确的有()A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】利用向量相等的定义即可求解,两个向量相等必须是大小相等且方向相同.【详解】由题知,点是线段的三等分点,所以,,,对于A:且方向相同,所以,A选项正确; 对于B:,所以,B选项错误;对于C:,所以,C选项错误;对于D:且方向相同,所以,D选项正确;故选:AD.10.如图,在四棱锥中,、分别为、上的点,且平面,则()A.B.平面C.D.【答案】BD【解析】【分析】利用线面平行的性质结合线面平行的判定可得出结论.【详解】因为平面,平面,平面平面,,平面,平面,因此,平面.故选:BD.11.已知向量不共线,若,,且,,三点共线,则关于实数的值可以是()A.2,B.,C.2,D.,【答案】CD【解析】【分析】由,,三点共线,可得存在唯一实数,使,从而可得到的关系,进而可得答案【详解】因为向量不共线,,,且,,三点共线,所以存在唯一实数,使,所以,所以, 所以,故选:CD12.如图,设E,F分别是长方体的棱CD上的两个动点,点E在点F的左边,且满足,有下列结论:()A.⊥平面;B.三棱锥体积为定值;C.平面;D.平面⊥平面.【答案】BD【解析】【分析】A根据点线、线面及点面关系判断;B由,结合已知判断是否为定值;C由,结合与面位置关系判断;D利用长方体性质及面面垂直判定判断.【详解】A:在直线上,而面,即面,又面,故平面,错误;B:由,而长度为定值,故△面积为定值,又到△所在面距离为定值,故三棱锥体积为定值,正确;C:由,而面,故与平面不平行,错误;D:由直线即为直线,由长方体性质有面,而面,故平面⊥平面,正确.故选:BD 三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.13.若复数(为虚数单位,),满足,则的值为______.【答案】【解析】【分析】根据复数的模长公式即可求解.【详解】由得,故答案为:14.已知向量,,且在上的投影数量等于,则___________.【答案】【解析】【分析】由数量投影的公式直接计算即可.【详解】在上的投影数量为,解得(舍)或.故答案为:.15.一个圆锥的表面积为,它的侧面展开图是圆心角为的扇形,则该圆锥的高为________.【答案】【解析】【分析】设圆锥的底面半径为,结合圆锥的表面积为,它的侧面展开图是圆心角为的扇形,求出圆锥和母线,进而根据勾股定理可得圆锥的高.【详解】设圆锥的底面半径为,它的侧面展开图是圆心角为的扇形,圆锥的母线长为,又圆锥的表面积为,, 解得:,,,故答案为:.【点睛】本题考查的知识点是旋转体,熟练掌握圆锥的几何特征是解答的关键.16.如图,正方形、的边长都是1,而且平面、互相垂直,点在上移动,点在上移动,若,则的长的最小值为_________.【答案】【解析】【分析】首先根据垂直关系,建立空间直角坐标系,利用坐标表示,再求长的最小值.【详解】因为平面平面,平面平面,所以平面,所以两两垂直.过点M作,垂足分别为G,H,连接,易证.因为,所以以B为坐标原点,分别以所在直线为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系, 则所以当,的长最小,且最小值为.故答案为:.三、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.已知平面向量,,,,且与的夹角为.(1)求(2)若与垂直,求k的值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用向量的平方等于模长的平方和数量积公式求解即可;(2)利用向量垂直数量积为0求解即可.【小问1详解】由题意可得,所以.【小问2详解】因为向量与垂直, 所以,解得.18.某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.处有一栋大楼,某学生选,两处作为测量点,测得的距离为,,,在处测得大楼楼顶的仰角为75°.(1)求两点间的距离;(2)求大楼高度.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)根据题意,利用正弦定理计算即可求解;(2)根据题意可得,结合两角和的正切公式计算即可求解.【小问1详解】因为,在中,由正弦定理得,即,所以m,即AC两点的距离为m;【小问2详解】在中,因为,,所以, 又,所以m,即大楼的高度为m.19.已知为实数,为虚数单位,且满足.(1)求实数的值;(2)若复数在复平面所对应的点在直线上,求实数的值.【答案】(1),;(2).【解析】【分析】(1)利用复数的相等的概念以及复数的四则运算进行求解.(2)利用复数的几何意义求解.【详解】(1)因为,所以.(2)由(1)有:,因为在复平面所对应的点是,且在直线上,所以.解得.20.如图,已知点P在圆柱的底面圆O上,AB为圆O的直径,OA=2,∠AOP=120°,三棱锥的体积为. (1)求圆柱的表面积;(2)求异面直线与OP所成角的余弦值.【答案】(1)24π;(2).【解析】【分析】(1)连接BP,根据AP⊥PB求出△APB的面积,根据三棱锥的体积公式求出圆柱的高,根据圆柱结构特征即可求其表面积;(2)取中点,连接,根据三角形中位线可得∥,可得或它的补角为所求角,由余弦定理即可得结果.【小问1详解】连接BP,∵AB是圆O直径,∴AP⊥BP.由题意,在中,,∴易知,在中,,∴,∵三棱锥的体积为,∴由解得,故圆柱的表面积为:. 【小问2详解】取中点,连接,则∥,且.∴或它的补角为异面直线与所成的角,又,∴,在△OPQ中,由余弦定理得,,异面直线与所成角的余弦值为.21.已知四边形,将四边形沿折起,使,如图所示.(1)求证:;(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】 【分析】(1)利用线面垂直判定定理再结合线面垂直性质定理即可证明;(2)利用二面角的定义,找出二面角再转化为解三角形即可求解.【小问1详解】证明:如图所示,取的中点,连,,又,平面,平面又平面,即.【小问2详解】如图所示:是正三角形,,,即取的中点,连,则,且因为,所以即二面角的平面角 所以.所以二面角余弦值为.22.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b,c,且.(1)求角B的大小;(2)若,D为AC边上的一点,,且,求△ABC的面积.请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上,并解决问题.①BD是∠ABC的平分线;②D为线段AC的中点.(注:如果选择多个条件分别解答,则按第一个解答记分.)【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用正弦定理边化角,结合两角和的正弦公式即可求解;(2)选择①,由平分得,分别用三角形面积公式求解可得,利用余弦定理可得,联立即可求解的值,即可求得△ABC的面积;选择②,利用平面向量的线性运算可得,求解向量的模可得,利用余弦定理可得,联立即可求解的值,即可求得△ABC的面积.【小问1详解】解:由正弦定理知,,∵,代入上式得,∵,∴,, ∵,∴.【小问2详解】若选①:由平分得,,∴,即.在中,由余弦定理得,又,∴,联立得,解得,(舍去),∴.若选②:因为,,,得,在中,由余弦定理得,即,联立,可得,∴.
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高中 - 数学
发布时间:2023-10-08 17:17:01
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