【文档说明】重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题 含解析.docx，共(24)页，2.931 MB，由小赞的店铺上传

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万州二中高2022级高一（下）半期考试数学试题出题人：牟小刚黄方艳审题人：屈玉洁一､单选题（5分/个）1.重庆市万州第二高级中学，创办于1939年，原名万县文德中学.学校以“健康､高尚､睿智､创新”为办学理念，用相对宽松的管理方式培养了一届又一届“优秀学子”，其中彭蕾女士就是其中的代表之一.彭

蕾女士捐赠给学校的学习用“一体机”（黑板中间部分）为学校的教育教学带来了诸多便利.我们可以把“一体机”的正面看成（）A.矩形B.三角形C.棱柱D.棱锥【答案】A【解析】【分析】根据“一体机”的形状进行抽象后判断

．【详解】观察“一体机”可以抽象其正面是矩形．故选：A．2.已知()1,2,23,33abab===−，则a与b的夹角是（）A.120B.150C.60D.30【答案】B【解析】【分析】由向量的夹角公式

直接求解即可.【详解】设a与b的夹角为，因为()1,2a=，23b=，33ab=−，所以333cos2323abab−===−，因为0180，所以150=，即a与b的夹角是150.故选：B3.ABC中，,,abc分别是,,ABC所对的边

，若coscosaAcC=，则此三角形是（）A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等腰或直角三角形【答案】D【解析】【分析】由正弦定理化边为角，后由二倍角公式变形，再结合正弦函数性质可得．【详解】因为coscosaAcC=，所以由正弦定理可得sinco

ssincosAACC=，即sin2sin2AC=，,AC是ABC的内角，所以22AC=或22πAC+=，所以AC=或π2AC+=，即ABC是等腰三角形或直角三角形，故选：D．4.已知21,ee是不共线的非零向量，则以下向量不可以作为一组基

底的是（）A.112,aebee==−B.2123,aebee=−=−C.12125252,55aeebee=−=−+D.12122,2aeebee=−=+【答案】C【解析】【分析】判断选项中的两个向量是否平行，即可判断选项.【详解】若两向量平行，则不可以作为基底，由选项可知，ABD中的两个向量

都不共线，可以作为基底，C中的向量12125252,55aeebee=−=−+，满足55ba=−，向量//ab，不能作为基底.故选：C5.，是两个平面，m，n是两条直线，下列四个命题中正确的是（）A.若mn∥，n∥，则

mB.若m，n，则mn∥C.若∥，m，则mD.若mn∥，m，n，则∥【答案】C【解析】【分析】根据空间中，直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】A项：若//mn，//n，则//m或m，故选项A不正确；B项：若//m，n

，则//mn或m与n异面，故选项B不正确；C项：若//，则与没有公共点，又因为m，所以m与没有公共点，所以//m，故选项C正确；D项：若//mn，m，n，则//或与相交，故选项D不正确.故选：C.6.欧拉公式icosisine=+把自然对数的底

数e、虚数单位i、三角函数联系在一起，充分体现了数学的和谐美．若复数z满足()iei1z+=，则z的虚部为（）A.12B.12−C.1D.1−【答案】B【解析】【分析】由欧拉公式和复数除法运算可求得z，由复数虚部定义求得结果【详解】由欧拉公

式知：iπcosπisinπ1e=+=−，i(ei)(1i)izz+=−+=，ii(1i)1i11i1i(1i)(1i)222z−−−====−−+−+−−，z的虚部为12−．故选：B7.如图所示，边长为2的正ABC，以BC的中点O为圆心，BC为直径在点A的另一侧作半

圆弧BC，点P在圆弧上运动，则ABAP的取值范围为（）A.2,23B.2,5C.2,4D.4,33【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，可得APAOOP=+，求出,OPAB的夹角范围，再利用向量数量积的定义、运算律求解作答.【

详解】过点O作//ODAB交半圆弧于点D，连接,AOOP，如图，而ABC是正三角形，则π3BOD=，令,OPAB夹角为，当点P在弧BD上时，0π3，当点P在弧CD上时，2π03，于是1cos12−，显然π3,1,6A

OOPOAB===，APAOOP=+，所以π()||||cos||||cos6ABAPABAOOPABAOABOPABAOABOP=+=+=+32321cos32cos[2,5]2=+=+

.故选：B8.ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若sin3cosaBbA=，6a=，点P在边BC上，并且3BPPC=，O为ABC的外心，则OP之长为（）A.73B.213C.212D.21【答案】C【解析】【分析】先由正弦定理得到π3A=，求出ABC的外

接圆半径为R，作出辅助线利用余弦定理求出2213OH=，求出OP的长.【详解】由正弦定理得：sinsin3sincosABBA=，因为()0,πB，所以sin0B，故sin3cosAA=，即tan3A=，因为()0,πA，所以π3A=，设AB

C的外接圆半径为R，则由正弦定理得：6243sin32aRA===，故23R=，如图，23==OBOC，且2π3BOC=，因为3BPPC=，所以92BP=，32CP=，过点C作CH∥OB交OP的延长线于点H，则π3OCP=，因为3BPPC=，所以13PHOP=，12333

CHOB==，在三角形OCH中，由余弦定理得：222π4231282cos1222333323OHOCCHOCCH=+−=+−=，则2213OH=，所以32142OPOH==故选：C二､多选题（全对得5分，部

分选对得2分，错一个不得分）9.下列说法正确的是（）A.圆台的任意两条母线延长后一定交于一点B.空间中没有公共点的两条直线一定平行C.过一个点以及一条直线可以确定唯一一个平面D.若直线a和平面满足aP，那么平面内有

无数条直线与直线a平行【答案】AD【解析】【分析】根据圆台定义判断A，空间两直线位置关系判断B，平面的基本性质判断C，线面平行的性质定理判断D．【详解】圆锥是由平行于圆锥底面的平面截圆锥所得，它的母线延长后交于一点（原圆锥的顶点），A正确；空间没有公共点

两条直线是平行或异面，B错误；过直线及直线外一点确定一个平面，若该点在直线上，则过该点和直线有无数个平面，C错误；直线a与平面平行，由线面平行的性质定理知直线a与过直线a的平面和平面的交线平行，过直线a的平面有无数个，因此相应的交线也有无数条，它们都与a平行，D正确．故选：AD．10.下列说法

不正确的有（）A.已知()()1,2,2,abx=−=，若a与b垂直，则1x=B.若//ab，//bc，则//acC.若,,abc为三个不共线向量，则()()abcabc=D.若()3,1AB=，()1,A

Cmm=−，若BAC为钝角，则实数m的范围是34m【答案】BCD【解析】【分析】根据向量垂直坐标运算判断A选项，根据向量共线的性质判断B选项，根据数量积的定义及运算律判断C选项，再根据向量数量积与夹角的关系可判断D选项.详解】A选项：()1,2a=−，()2,bx=，若a与b垂直，则220x−

+=，解得1x=，A选项正确；B选项：当0b=时，//ab，//bc，但//ac不一定成立，B选项错误；C选项：根据向量的数量积的含义可知ab是一个实数，故()abc是与c共线的向量，同理()abc是与a共线的向量，但是a，c不一定共线，故()()abcabc=不一定成立，

C选项错误；的【D选项：()3,1AB=，()1,ACmm=−，若BAC为钝角，则()31031mmmm−+−，解得34m且12m−，D选项错误；故选：BCD.11.“虚数”这个词是17世纪著名数学家､哲学家笛卡尔创造的，当时的观念认为这是不存在

的数.人们发现即使用全部的有理数和无理数，也不能解决代数方程的求解问题，像210x+=这样最简单的二次方程，在实数范围内没有解.引进虚数概念后，代数方程的求解问题才得以解决.设t是方程210xx++=的根，则（）A.1tt=B.t−是该方程的根C.2t是该方程的根D.若1z

tt=−，21323zz−，则2z坐标表示的几何图形面积为9π【答案】ACD【解析】【分析】由求根公式可知,tt为方程的两根.A选项，由韦达定理可判断选项正误；B选项，将xt=−代入方程，验证其是否为0即可判断选项正误

；C选项，将2xt=代入方程，验证其是否为0即可判断选项正误；设2=+zxyi，由21323zz−可确定,xy满足方程，即可得答案.【详解】由题，210xx++=的根利用求根公式可求得为：13i22t=−+或13i22t=−−.则,tt为方程的两根.

A选项，由韦达定理可得1tt=，故A正确；B选项，将xt=−代入方程，得()211120ttttt−−+=−−−+=−，即xt=−不是方程210xx++=的根，故B错误；C选项，将2xt=代入方程，得()()22222111110tttttt+

+=−−−−+=++=，即2xt=是方程210xx++=的根，故C正确；D选项，当13i22t=−+时，13iztt=−=，设2=+zxyi，则()2132333i23zzxy−+−()223312xy+−.则2z表示图形为以()0,3为圆心，半径为23

,3的两圆之间，即如图所示的圆环，面积为12π3π=9π−；当13i22t=−−时，13iztt=−=，则()2132333i23zzxy−++()223312xy++.则2z表示图形为以()0

,3−为圆心，半径为23,3的两圆之间，即如图所示的圆环，面积为12π3π=9π−；综上可知，D正确故选：ACD12.如图，正三棱锥APBC−和正三棱锥DPBC−的侧棱长均为2，BC=2.若将正三棱锥APBC−绕BC

旋转，使得点A，P分别旋转至点AP，处，且A，B，C，D四点共面，点A，D分别位于BC两侧，则（）A.//AP平面PBCB.//PP平面ABDCC.多面体PPABDC的外接球的表面积为6πD.点A，

P旋转运动的轨迹长相等【答案】BC【解析】【分析】根据给定条件，判断两个正三棱锥的特征，再将旋转前后的两个三棱锥放在正方体中，逐项分析即可判断作答.【详解】正三棱锥APBC−和正三棱锥DPBC−的侧棱长均为2，BC=2，有90BACBDC==o，则正三棱锥APBC−的侧棱两两垂直，正

三棱锥DPBC−的侧棱互相垂直，于是旋转前后的正三棱锥DPBC−和APBC−可以放到正方体中，四边形ABDC为该正方体的一个侧面，如图，连接AD，PP，如图，正方体中，//DPAP且=DPAP，四边形PDAP为平行四边形，则有//

DAPP，而DP与平面PBC相交，则AP不平行于平面PBC，A错误；//DAPP，PP平面ABDC，DA平面ABDC，//PP平面ABDC，B正确；多面体PPABDC的外接球

即棱长为2的正方体的外接球，外接球的半径为62，表面积为6π，C正确；依题意，点A，P旋转角度相同，但旋转半径不同，所以运动的轨迹长不相等，D错误.故选：BC三､填空题（13-15每个5分，16题第一空2分，第二空3分）13.设i是虚数单位，复数()i3

4iz=−，则z=______.【答案】5【解析】【分析】根据复数的乘法运算及共轭复数的概念，求得43iz=−，结合复数模的计算公式，即可求解.【详解】因为()i34i43iz=−=+，所以43iz=−，所以224(3)5z=+−=.故答案为：5.14.已知直三棱柱底面

的直观图是一个等腰直角三角形OAB，斜边长1OB=，则该直三棱柱的底面积为______.【答案】2【解析】【分析】由题设及斜二测法知OA在原图上的对应边长为2，根据直角三角形面积公式计算即可.【详解】由题意知：π2co

s42OAOB==，由斜二测法知：原直三棱柱中，OA的对应边长为2，OB对应边长不变，所以底面三角形面积为122122=，故该直三棱柱的底面积为2222=.故答案：215.在一个如下图所示的直角梯形ABCD内挖去一

个扇形，E恰好是梯形的下底边的中点，将所得平面图形绕直线DE旋转一圈，所得几何体表面积为__________.【答案】()4216π+【解析】【分析】由题可画出所得几何体的大致图形，即可得表面积.【详解】由题意可得几何体大致图形如下，则其表面积由三部分组成.圆锥部分，由题圆锥底

面圆半径为2，则底面圆周长为4π，由题可得圆锥侧面展开扇形半径为22，可得侧面展开扇形圆心角为4222ππ=，得圆锥侧面积为12422π8π=；圆柱部分，圆柱侧面展开矩形长为圆锥底面圆周长4π，宽为2，则圆柱侧面积为

8π；球部分，球半径为2，则半个球面面积为1482π4=π.综上，几何体表面积为()4216π+.故答案为：()4216π+为16.如下图，ABC中，875ABACBCG===,,,为ABC重心，P为线段B

G上一点，则PAPC的最大值为______，MN、分别是边BCBA、的中点，则APMN的取值范围是______.【答案】①.20②.3122,2−−【解析】【分析】利用向量求得PAPC的表达式，由此求得PAPC的最大值.利用向量求得APMN的表达式，由此求得A

PMN的取值范围.【详解】2228571cos2852ABC+−==，由于()0,ABC，所以3ABC=.设D是AC中点，则,,,BPGD共线.()12BDBCBA=+,()22221111295825

84424BDBCBA=+=++=.12949643944cos12977129222ADB+−−==，()()()()222494PAPCPDDAPDDCPDDAPDDAPDDAPD=++=+−=−=−.2PD

的最大值为21294BD=，所以PAPC的最大值为129492044−=.()()11222APMNADDPCAADDPDA=+=+249739427129ADDPDADP=−+=−+−

493942129DP=−−，其中13BDDPBD，即12912962DP，所以3939391242129DP，3939394122129DP−−−，49393122422129DP−−−−.即APMN的取值范围是3122,2−−.故答案为：20；

3122,2−−【点睛】要求向量数量积的最值或范围，需要利用数量积的运算将所求表达式进行化简，结合已知条件求得求得最值或范围.四､解答题（第17题10分，其他各题12分）17.已知复数3i2iz−=+（i是虚数单位）.（1）求复数z的共轭复数和模；（

2）若()2,zazbzab++=R.求a，b的值.【答案】（1）1iz=+，2z=（2）34ab=−=【解析】【分析】（1）利用复数运算化简z，从而求得z的共轭复数以及模.（2）根据复数相等列方程，化简求得,ab的值.【小问1详解】()()()(

)3i2i3i55i1i2i2i2i5z−−−−====−++−，所以z共轭复数1iz=+，()22112z=+−=.【小问2详解】因为()21i,zazbab++=+R，即()()21i1i1iab−+−+=+，也即()2i1iaba++−−=+，所以

121aba+=−−=，解得34ab=−=.18.已知向量,ab的夹角为120，且||1,||2,3abcmab===+.（1）求|2|ab−；（2）当bc⊥时，求实数m.【答案】（1）23；（2）12.的【解析】【分析】（1）利用向量数

量积的运算律及已知求|2|ab−；（2）由向量垂直可得0bc=，结合数量积的运算律列方程求参数值即可.【小问1详解】由2221|2|=44+=44?1?2?()+4=122abaabb−−−−，则|2|=23ab−.【小问2详解】由题设2=+3=12=0bcmabbm−，则12m=.19.

在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，,EG分别为棱1DD和1CC的中点.（1）证明：AE平面BDG；（2）求异面直线AE与DG所成的余弦值；【答案】（1）证明见解析（2）15.【解析】【分析】（1）证明/

/AEBG后可得证线面平行；（2）证明1DGEC∥，得1AEC是异面直线AE与DG所成的角或其补角，由余弦定理求解即可得．【小问1详解】连接EG,如图,因为,EG分别为棱1DD和1CC的中点,所以////EGCDAB且EGCDAB==,所以ABGE是平行四边形，所以//AEBG，又AE平面B

DG，BG平面BDG，所以//AE平面BDG；【小问2详解】在正方体1111ABCDABCD−中，连接11,ECAC，如图，因为,EG分别为棱1DD和1CC的中点，则11//,1DEGCDEGC==，因此四边形1DECG是平行四边形，则1DGEC∥

，即1AEC是异面直线AE与DG所成的角或其补角，在1AEC中，2215CEAEADDE==+=，而正方体1111ABCDABCD−的体对角线1323ACAB==，由余弦定理，得()()()222222111155231cos25255AE

CEACAECAECE+−+−===−，所以异面直线AE与DG所成的余弦值为15．20.如图所示，正方体1111ABCDABCD−的棱长为a.（1）过正方体1111ABCDABCD−的顶点1A，B，1C截下一个三棱锥11

1BABC−，求正方体剩余部分的体积；（2）若M，N分别是棱AB，BC的中点，请画出过1D，M，N三点的平面与正方体1111ABCDABCD−表面的交线（保留作图痕迹，画出交线，无需说明理由），并求出交线围成的多边形

的周长；【答案】（1）356a（2）作图见解析，2132aa+【解析】【分析】（1）利用等体积法求出三棱锥111BABC−的体积，再用正方体体积减去即可；（2）根据点､线､面的位置关系作出图形，再利用三角形相似等知识点则可求出相关线段长；【小问1详解】因为正方体1111A

BCDABCD−，所以1BB⊥平面111ABC，则1BB为三棱锥111BABC−的高，111212ABCSa=，1BBa=，则11111123111326BABCBABCVVaaa−−===，则正方体剩余部分的体积为3331566aaa−=.【小问2详解】画

直线MN交DA，DC延长线分别为点,EF，再分别连接11,DEDF，分别交11,AACC于点,GH，顺次连接1,,,,DGMNH，五边形1DGMNH即为交线围成的多边形，易得12AMa=，45AMEBMN==，则AEM△为等腰直角三角形，则12AEa=，根据AEG△∽11ADG，111

1122aAGAEAGADa===，则121,33AGaAGa==，则22121333DGaaa=+=，2213236aaMGa=+=，同理可得1133DHa=，136HNa=，而22MNa=，则五边形1DGMNH的周长为131

3222133622aaaaa++=+.21.为解决社区老年人“一餐热饭”的问题，某社区与物业、第三方餐饮企业联合打造了社区食堂，每天为居民提供品种丰富的饭菜，还可以提供送餐上门服务，既解决了老年人的用餐问题，又能减轻年轻人的压力，受

到群众的一致好评.如图，送餐人员小夏从A处出发，前往B，C，D三个地点送餐.已知300mAB=，200mAD=，100mCD=，且ABCD∥，60BAD=.（1）求AC的长度.（2）假设AB，BC，CD，AD均为平坦的直线型马路，小夏骑着电动车在马路上以250m

/min的速度匀速行驶，每到一个地点，需要2分钟的送餐时间，到第三个地点送完餐，小夏完成送餐任务.若忽略电动车在马路上损耗的其他时间（例如：等红绿灯，电动车的启动和停止…），求小夏完成送餐任务的最短时间.【答案】（1）1007m（2）8min【解析】【分析】（1）根

据余弦定理即可求解；（2）根据余弦定理求解cosCAD，进而得sinCAD，由两角和与差余弦公式可得cosBAC，进而由余弦定理求解AB，根据三种不同的送餐路线，计算路程的大小，即可比较求解.【小问1详解】因为ABCD∥，60BAD=，所以120ADC=，在ACD中，由余弦定理，得

222cosACADCDADCDADC=+−22120010022001001007m2=+−−=.【小问2详解】在ACD中，由余弦定理，得()222222200100710057cos21422001007ADACCDCADADAC+−+−===

，所以221sin1cos14CADCAD=−=，的所以()1315732127coscoscossin222142147BACBADCADCADCAD=−=+=+=.在ABC中，由余弦定理，得2222cosBCACABACABBAC=+−()222710

0730021007300400007=+−=，解得200mBC=.假设小夏先去B地，走ABCD−−−路线，路长600m，假设小夏先去C地，因为BCCD，所以走ACDCB−−−−路线，路长()4001007m+，假设小夏先去D地，走ADCB−−−路线，路长500m，由于50060

04001007+，所以小夏走ADCB−−−路线，且完成送餐任务的最短时间为500238min250+=.22.在锐角△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且4a=，3cos5A=．

（1）若4c=，求△ABC的面积；（2）求53cosbcC−的值；（3）求ABACABAC+−的取值范围．【答案】（1）19225（2）20（3）)4,2139−−【解析】【分析】（1）利用余弦定理和面积公式

进行求解；（2）由正弦定理和三角恒等变换求解；（3）解法一：设BC中点为D，推导出224ABACABACADAD+−=−++，在三角形AOD中，利用余弦定理，正弦定理和函数单调性求出AD的取值范围，从而求出ABACABAC+−的取值范

围；解法二：由余弦定理和数量积运算法则求出1231655ABACABACbcbc+−=+−，换元后利用三角恒等变换得到(15,20bc，求出答案.【小问1详解】由余弦定理222324cos2855bcabAbbc+−====结合4sin5A=可知，△ABC的面积11244192sin4

225525SbcA===【小问2详解】因为4a=，4sin5A=，所以5sinaA=，由正弦定理5sinbB=，5sincC=所以5325sin15sincoscosbcBCCC−−=，①由于()43sinsinsincoscossincossin55BACACAC

CC=+=+=+，带入①式可知：()20cos15sin15sin5320coscosCCCbcCC+−−==【小问3详解】解法1：设BC中点为D，则22ABACADAD+==()()()()2224ABACADDBADDC

ADDBADDBADDBAD=++=+−=−=−所以224ABACABACADAD+−=−++如下图所示，设△ABC的外接圆为圆O，由于△ABC为锐角三角形，故点A的运动轨迹为劣弧12AA（不含端点），由正弦定理知圆

O的半径52r=，故533cos252ODrA===设AOD=，则ππA−，由余弦定理：(222595317152cos2coscos13,4442222ADOAODOAOD=+−=+−=

−由于函数()224fxxx=−++在(13,4x时单调递减，()132139f=−，()44f=−所以)2244,2139ABACABACADAD+−=−++−−解法2：由余弦定理222266

161655bcbcbcbc=+−+=+②由定义3cos5ABACbcAbc==所以2263123165555ABACABACbcbcbcbcbc+−=++−=+−设12165tbc=+，则()2144ABACABACftt

t+−==−++由正弦定理：()435sin5sin5sin5sin5sin5cossin55bcBCBABBBB+=+=++=++()8sin4cos45sinBBB=+=+其中锐角的终边经过点()2,1，由锐角三角形可知ππππ,,2222BABA−++

−+注意到ππ25sinsin225A+−=+=，所以()25sin,15B+所以(8,45bc+，②式变形为()25516bcbc=+−，

故(15,20bc从而(213,8t，此时函数()ft单调递减，而()2132139f=−，()84f=−所以())4,2139ABACABACft+−=−−【点睛】向量相关的取值范围问题，考查面较广，

可以和很多知识相结合，基本不等式，函数值域，解三角形，三角函数等，需要对知识熟练掌握且灵活运用，本题的第三问难度较大，需要用到极化恒等式，三角函数恒等变换等知识，属于难题.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com