山东省菏泽市2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

这是一份山东省菏泽市2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分等内容，欢迎下载使用。
2022—2023学年度第二学期期中考试高一数学试题（A）注意事项：1.本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟2.答题前，考生务必将姓名、班级等个人信息填写在答题卡指定位置.3.考生作答时，请将答案答在答题卡上，选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答.超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的.1. 在复平面内，复数对应的点与对应的点关于虚轴对称，则等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由复数的运算可得，再求解即可.【详解】解：由，又复数对应的点与对应的点关于虚轴对称，则，故选：A.【点睛】本题考查了复数的运算，重点考查了复数在复平面对应的点，属基础题.2. 在平行四边形ABCD中，，，，，则（    ）A. 2 B. －2 C. 4 D. －4【答案】B【解析】【分析】以为基底表示，代入向量的数量积公式计算即可.【详解】  如图，∵，，，∴，∴.故选：B．3. 在中，，，，则的解的个数是（    ）A. 0个 B. 2个 C. 1个 D. 无法确定【答案】B【解析】【分析】作出辅助线，得到，得到解的个数.【详解】过点作⊥于点，因为，，，所以，所以，这样的可能为锐角，也可能为钝角，如图所示，解的个数为2个.故选：B4. 已知正四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，高为，则该四棱台的表面积为（    ）A.  B. 34 C.  D. 68【答案】C【解析】【分析】求出棱台侧面的高，即可求出该四棱台的表面积【详解】由题意，在正四棱台中，上、下底面分别是边长为2和4的正方形，高为，作出立体图如下图所示，  过点作，面于点，连接，由几何知识得，，在中，由勾股定理得，，设该四棱台的一个侧面面积为∴该四棱台的表面积为：，故选：C.5. 一艘船从河岸边出发向河对岸航行.已知船的速度，水流速度，那么当航程最短时船实际航行的速度大小为（    ）A. 5 B. 10 C. 8 D. 【答案】B【解析】【分析】由航程最短时，船实际航行的方向与河对岸垂直求解.【详解】解：如图所示：是河对岸一点，且与河岸垂直，那么当这艘船实际沿方向行驶时，航程最短，此时，，所以当航程最短时船实际航行的速度大小为10，故选：B6. 已知正三棱锥中，，，，则正三棱锥内切球的半径为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由于三棱锥为正三棱锥，所以，由于可得，则可得，设点为的重心，设正三棱锥内切球的半径为，然后利用等体积法求解即可.【详解】因为三棱锥为正三棱锥，所以，设，因为，所以，因为，所以，因为，，所以，所以，得，得，所以，设点为的重心，由 ，所以,设正三棱锥内切球的半径为，设为正三棱锥内切球的球心，因为，所以，所以，解得故选：C  7. 已知是直径为的圆内接三角形，三角形的一个内角满足，则周长的最大值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由求出，再由正弦定理得到，进而利用余弦定理和基本不等式求出，得到周长的最大值.【详解】因为，所以，不妨设所对的边为，则由正弦定理得，所以，由余弦定理得，即，由基本不等式得，所以，解得，当且仅当时取等号，故周长的最大值为.故选：D8. 已知复数，，且，在复平面内对应向量为，，，（O为坐标原点），则的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数设出，表达出和，得到表达式，即可求出的最小值.【详解】由题意，，，且，所以得，设,∴, ，，其中, ∴时, 取最小值为.故选：B.二、多项选择题：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，有多项符合题目要求，全选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则（    ）A. 若，则B. 若，则一定是锐角三角形C. 点，，与向量共线的单位向量为D. 若平面向量，满足，则的最大值是5【答案】AD【解析】【分析】由正弦定理结合三角形的边角关系可判断A；由余弦定理结合三角形的边角关系可判断B；求出向量共线的单位向量可判断C；由向量的模和平面向量的数量积运算可判断D.【详解】对于A，在在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，所以，则，结合正弦定理可得，故A正确；对于B，，由余弦定理可得，可得角为锐角，但不一定是锐角三角形，故B不正确；对于C，由，，可得，所以向量共线的单位向量为或，故C不正确；对于D，，则，所以，则的最大值是5，故D正确.故选：AD.10. 设是给定的平面，A、B是不在内的任意两点，则（    ）A. 在内存在直线与直线AB相交 B. 平面与直线AB至多有一个公共点C. 在内存在直线与直线AB垂直 D. 存在过直线AB的平面与垂直【答案】BCD【解析】【分析】取可判断A选项的正误；取与平面相交可判断选项B正误；利用线面垂直的性质可判断C选项的正误；利用面面垂直的判定定理可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，当直线平面，则平面内的直线与直线平行或异面，故选项A错误；对于B选项，如果与平面相交，则平面与直线至多有一个公共点，故选项B正确；对于C选项，若，则平面内存在无数条直线与垂直；若与不垂直，设、在内的射影点为、，连接，存在直线平面，使得，因为，，则，，则，，则平面，平面，则，故选项C正确；对于D选项，由C选项可知，，平面，则平面，且平面，故选项D正确.故选：BCD.11. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列判断正确的是（    ）A. 若，则为钝角三角形B. 若，则为等腰三角形C. 若的三条高分别为，，，则为钝角三角形D. 若，则为直角三角形【答案】ACD【解析】【分析】对于A，由，从而得到，进而得到，即可判断；对于B，由可得或，从而可判断；对于C，设的面积为，根据面积公式可得，从而可得，即可判断；对于D，利用正弦定理边化角可得，再结合基本不等式可得，即可判断.【详解】对于A，因为，所以，所以，又因为，所以，所以只有一个小于 0 ，所以是钝角三角形，选项A正确；对于B，若，则或，所以或，所以等腰三角形或直角三角形，选项B错误；对于C，设的面积为，由面积公式知，解得，所以为最大角，所以所以为钝角，为钝角三角形，选项C正确；对于D，由，得，而，当且仅当时等号成立，所以，解得，即，所以为直角三角形，选项D正确.故选：ACD.12. 如图，在矩形ABCD中，，，E，F分别为BC，AD中点，将沿直线AE翻折成，与B、F不重合，连结，H为中点，连结CH，FH，则在翻折过程中，下列说法中正确的是（    ）  A. CH的长是定值；B. 在翻折过程中，三棱锥的外接球的表面积为；C. 当时，三棱锥的体积为；D. 点H到面的最大距离为【答案】ACD【解析】【分析】对于A，取AB的中点G，连接GH，GE，可证明四过形ECHG是平行四边形，从而可得，即可判断；对于B，取的中点，连接，可得点为三棱锥的外接球的球心，从而可计算表面积判断；对于C，连接，连接，可证明平面，再利用等体积法判断；对于D，令点到面的距离为，则点H到面的距离为，结合等体积法可知当平面平面时，三棱锥的体积最大，从而可判断.【详解】由题意可知，，对于A，取AB的中点G，连接GH，GE，则，且，又，且，所以，且，四过形ECHG是平行四边形，，而，故A正确；  对于B，取的中点，连接，所以，即点为三棱锥的外接球的球心，所以三棱锥的外接球的表面积为，故B错误；  对于C，连接，连接，根据正弦定理可得，即，所以，即，分别为的中点，又M为DE的中点 ，，，又，平面，， 又，，又平面，，故C正确；  对于D，令点到面距离为，因为H为中点，所以点H到面的距离为.因为，因为三棱锥的底面积是定值，所以当平面平面时，三棱锥的体积最大，取的中点，连接，则平面，所以，即，解得，所以点H到面的最大距离为，故D正确.故选：ACD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13. 如图，是斜二测画法画出的水平放置的的直观图，是的中点，且轴，轴，，，则的周长___________.  【答案】【解析】【分析】根据已知，利用斜二测画法“平行依旧垂改斜，横等纵半”、以及勾股定理计算求解.【详解】如图，根据斜二测画法，因为，，所以，，且轴，轴，是的中点，所以，在直角中，由勾股定理有：，所以，则的周长.故答案为：.  14. 在中，角所对的边分别为，，，，且面积为，若，则______．【答案】3【解析】【分析】根据三角形面积解得，代入解得或；然后根据余弦定理求得.【详解】解得：；又，代入得：或；根据余弦定理得：，解得：；故答案为：315. 已知，设与方向相同的单位向量为，若在上的投影向量为，则与的夹角__________.【答案】【解析】【分析】根据投影向量定义结合向量夹角公式计算求解即可.【详解】在方向上的投影向量为，,,.故答案为: 16. 已知向量，的夹角为，，若对任意，恒有，则函数的最小值为_________.【答案】【解析】【分析】先根据向量的夹角、模长及恒成立求出，利用距离和的最值求解的最小值.【详解】因为，所以，整理可得，因为对任意，上式恒成立，所以；由题意知，所以，所以.可以看作点与点的距离之和；如图，点关于的对称点为，则；所以的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是恒成立条件的转化，可求；二是利用转化求的最小值，看作点与点的距离和是突破口.四、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. 已知复数（i是虚数单位）.（1）求复数z的模；（2）若复数在复平面上对应的点在第四象限，求实数a的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）先化简得到，再根据模长公式即可求解；（2）先化简得到，再根据题意可得，求解即可.【小问1详解】因为，所以；【小问2详解】因为，所以，解得，所以实数a取值范围.18. 如图，，，，点C是OB的中点，绕OB所在的边逆时针旋转一周.设OA逆时针旋转至OD时，旋转角为，.  （1）求旋转一周所得旋转体体积V和表面积S；（2）当时，求点O到平面ABD的距离.【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）旋转一周所得旋转体为大圆锥挖去小圆锥，利用圆锥的体积公式和侧面积公式可求旋转体的体积V和表面积S；（2）利用等积法可求O到平面ABD的距离.【小问1详解】设底面半径为，圆锥BO底面面积为，底面周长，母线.圆锥BO的体积，侧面积.圆锥CO的体积，，侧面积.旋转一周所得旋转体的体积旋转一周所得旋转体表面积.【小问2详解】  连接AD，在等腰三角形AOD中，，，，，而，设点O到平面ABD的距离为h，，故，，19. 复数，，i为虚数单位，.（1）若是实数，求的值；（2）若复数，对应的向量分别是，，向量，的夹角为锐角，求的范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1），由为实数，可得，再结合余弦倍角公式即可求解；（2）由题意可得，，由向量，的夹角为锐角可得，再排除同向时，即可求解.【小问1详解】因为，因为为实数，所以，，；【小问2详解】复数，因为复数，对应的向量分别是，，所以，，，，又，，当，同向时，，得，综上，向量，的夹角为锐角时，的范围是.20. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且.（1）求C；（2）若，，角C的平分线交AB于点D，点E满足，求.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理与余弦定理，完成角化边，根据角的余弦定理，可得答案；（2）根据直角三角形的性质，求得，根据余弦定理，求得，根据正弦定理，可得答案.【小问1详解】依题意，由正弦定理得，由余弦定理，，则，则，因为，所以.【小问2详解】如图所示，因为，，所以，又因为CD为的平分线，所以，.因为，所以在中，，又，所以为等边三角形，所以.在中，由余弦定理可得，即，在中，由正弦定理可得，即，得.21. 如图，正方形ABCD的边长为6，E是AB的中点，F是BC边上靠近点B的三等分点，AF与DE交于点M.  （1）设，求的值；（2）若点P自A点逆时针沿正方形的边运动到C点，在这个过程中，是否存在这样的点P，使得？若存在，求出MP的长度，若不存在，请说明理由.【答案】（1）    （2）存在，【解析】【分析】（1）以点A为原点建立平面直角坐标系，根据求得点的坐标，设，再根据平面向量相等的坐标表示即可得解；（2）分点P在AB上和点P在BC上两种情况讨论，结合可得求得点的坐标，再根据平面向量的模的坐标表示即可得解.【小问1详解】如图所示，建立以点A为原点平面直角坐标系，，，因为，则，则，故，又D，M，E三点共线，则设，，即，则，解得；  【小问2详解】由题意得，假设存在点P，使得，①当点P在AB上时，设，，，则，则，故，；②当点P在BC上时，设，，，则，解得（舍去）；综上，存在符合题意的点，.22. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.（1）证明：；（2）求的取值范围.【答案】（1）证明见解析.    （2）.【解析】【分析】（1）运用余弦定理得，再运用正弦定理边化角化简计算即可.（2）运用三角形内角范围求得角C的范围，进而求得范围，运用边化角将问题转化为求关于的二次函数在区间上的值域.【小问1详解】∵，∴，∴由余弦定理得：，即：，由正弦定理得：，∴，整理得：，即：，又∵，∴，即：.【小问2详解】∵，∴，又∵，，，∴由正弦定理得：，又∵，∴，令，则，，∵对称轴为，∴在上单调递增，当时，；当时，，