【文档说明】山东省菏泽市2022-2023学年高一下学期期中数学试题 含解析.docx，共(23)页，2.085 MB，由小赞的店铺上传

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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1z对应的点与232izi+=对应的点关于虚轴对称，则1z等于（）A.23i−−B.23i−+C.23i−D.23i+【答案】A【解析】【分析】由复数的运算可得223zi=−+，再求解即可.【详解】解：由232(32)2

3iziiii+==+=−+，又复数1z对应的点与232izi+=对应的点关于虚轴对称，则123zi=−−，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，4AB=，3AD=，2cos3BAD=，3CMMD=，则

AMMB=（）A.2B.－2C.4D.－4【答案】B【解析】【分析】以,ABAD为基底表示，代入向量的数量积公式计算即可.【详解】如图，∵4AB=，3AD=，2cos3BAD=，∴24383ABAD==，∴222131313894244216216AMMBADABABADABADA

DAB=+−=−+=−+=−.故选：B．3.在ABC中，6a=，8b=，40A=，则B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CHab，得到解的个数.【详解】过点C作

CH⊥AB于点H，因为6a=，8b=，40A=，所以8sin408sin45426CH==，所以CHab，这样的B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14，

则该四棱台的表面积为（）A.10615+B.34C.201215+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14，作出立体图如下图所示，过点A作AJ

EH⊥，AI⊥面EFGH于点I，连接JI，由几何知识得，()12,4,14,12ABBCCDADEFFGGHEHAIIJEFAB==========−=，在RtAIJ中，由勾股定理得，2215AJAIIJ=+=，设该四棱台的一个侧面面积为S∴该四棱台的表面积为：()

22241542441215202ABCDEFGHSSSS+=++=++=+，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()18vm=，，水流速度()260v=，，那么当航程最短时船实际航行的速度大小为（）A.5B.10C.

8D.62【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：1A是河对岸一点，且1AA与河岸垂直，那么当这艘船实际沿1AA方向行驶时，航程最短，此时，22

1218,6,8610VAAVACVAB======+=，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ABCD−中，2AEEB=，ADCE⊥，2AB=，则正三棱锥ABCD−内切球的半径为（）

A.333+B.3C.333−D.336+【答案】C【解析】【分析】由于三棱锥ABCD−为正三棱锥，所以BACDACBAD==，由于ADCE⊥可得90BACDACBAD===，则可得22==

=BCCDBD，设点G为BCD△的重心，设正三棱锥ABCD−内切球的半径为r，然后利用等体积法求解即可.【详解】因为三棱锥ABCD−为正三棱锥，所以BACDACBAD==，设BACDACBAD

===，因为2AB=，所以2ACAD==，因为2AEEB=，所以24,33AEBE==，因为CEAEAC=−，ADCE⊥，所以()0ADCEADAEACADAEADAC=−=−=，所以22cos22cos03

−=，得cos0=，得π2=，所以22===BCCDBD，设点G为BCD△的重心，由232622323BG==，所以222423493AGABBG=−=−=,设正三棱锥ABCD−内切球的半径为r，设O为正三棱锥ABCD

−内切球的球心，因为ABCDOABCOACDOABDOBCDVVVVV−−−−−=+++，所以1111133333BCDABCACDABDBCDSAGSrSrSrSr=+++，所以()()223231113222222222243

2224rrrr=+++，解得333r−=故选：C7.已知ABC是直径为55的圆内接三角形，三角形的一个内角满足3cos5=，则ABC周长的最大值为（）A.20B.202C.203D.2045+【答案】D【解析】【分析】由cos求出sin，再由正弦定理得到55

sin45a==，进而利用余弦定理和基本不等式求出20bc+，得到周长的最大值.【详解】因为()3cos,0,π5=，所以24sin1cos5=-=，不妨设所对的边为a，则由正弦定理得55

sina=，所以55sin45a==，由余弦定理得22803cos25bcAbc+−==，即()216805bcbc+=+，由基本不等式得()24bcbc+，所以()()224805bcbc+−+，解得

20bc+，当且仅当10bc==时取等号，故ABC周长的最大值为2045+.故选：D8.已知复数1232,,1zzzz=，，32iz=，且12z=，在复平面内对应向量为1OZ，2OZ，3OZ，（O为坐标原点），则1213ZZZZ的最小值为（）A.425+B

.425−C.424−D.442−【答案】B【解析】【分析】根据复数设出1OZ，表达出12ZZ和13ZZ，得到1213ZZZZ表达式，即可求出1213ZZZZ的最小值.【详解】由题意，21z=，32iz=，且12z=，所以得23(1,0),(0,2)OZOZ==

，设12(cos,sin)OZ=,∴12(12cos,2sin)ZZ=−−,13(2cos,22sin)ZZ=−−，2212132cos(12cos)2sin(22sin)4cos4sin2(2sincos)425sin(ZZZZ=−−−−=+−+=−+，其中1t

an2=,∴sin()1+=时,1213ZZZZ取最小值为425−.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ABC中，角

A，B，C所对的边分别为a，b，c，则（）A.若AB，则sinsinABB.若2220abc+−，则ABC一定是锐角三角形C.点()1,3A，()4,1B−，与向量AB共线的单位向量为3455−，D.若平面向量a，b满足22ba=

=，则2ab−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AB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ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，所以AB，则ab，结合正弦定理可得sinsinAB，故A正确；对于B，2220abc+−，由余弦定理可得222cos02abcCab+−=，可得角C为锐角，但

ABC不一定是锐角三角形，故B不正确；对于C，由()1,3A，()4,1B−，可得()3,4AB=−，所以向量AB共线的单位向量为34=,55ABAB−或34=,55ABAB−−+

，故C不正确；对于D，22ba==，则2,1ba==，所以222244178cos,25abaabbab−=−+=−，则2ab−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//AB可判断A选项的正误；取AB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//AB平面，则平面内的直线与直线AB平行或异面，故选项A错误；对于B选项，如果AB与平面相交，则平面与直线AB至多有一个公共点，故选项B正确；对于C选项，若AB

⊥，则平面内存在无数条直线与AB垂直；若AB与不垂直，设A、B在内的射影点为E、F，连接EF，存在直线a平面，使得aEF⊥，因为AE⊥，BF⊥，则//AEBF，a，则AEa⊥，AEEFE=QI，则a⊥平面ABFE，AB平面ABFE，则aAB⊥，故选项C正确；对于D选项，由C

选项可知，AE⊥，AE平面ABFE，则⊥平面ABFE，且AB平面ABFE，故选项D正确.故选：BCD.11.在ABC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tantantan0ABC++，则ABC为钝角三角形B.若si

n2sin2AB=，则ABC为等腰三角形C.若ABC的三条高分别为114，110，15，则ABC为钝角三角形D.若2sinsinabcBA+，则ABC为直角三角形【答案】ACD【解析】【分析】对于A，由ta

ntantan()(1tantan)ABABAB+=+−，从而得到tantantantantantanABCABC++=，进而得到tantantan0ABC，即可判断；对于B，由sin2sin2AB=可得22AB=或22πAB+=，从而可判断；对于C，设ABC的面积为S，根

据面积公式可得28,20,10aSbScS===，从而可得2222222240010050028bcSSSSa+=+==，即可判断；对于D，利用正弦定理边化角可得sinsin2sinsinsinABCBA+，再结合基本

不等式可得sin1C=，即可判断.【详解】对于A，因为tantantan()(1tantan)ABABAB+=+−，所以tantantan(1tantan)ABCAB+=--，所以tantantantantantanABCABC++=，又因为ta

ntantan0ABC++，所以tantantan0ABC，所以tan,tan,tanABC只有一个小于0，所以ABC是钝角三角形，选项A正确；对于B，若sin2sin2AB=，则22AB=或22πAB+=，所以AB

=或π2AB+=，所以ABC等腰三角形或直角三角形，选项B错误；对于C，设ABC的面积为S，由面积公式知11214112101125aSbScS===，解得28,20,10aSbScS===，所以A为最大角，所以2222222240010050028bcSSSS

a+=+==所以A为钝角，ABC为钝角三角形，选项C正确；对于D，由2sinsinabcBA+，得sinsin2sinsinsinABCBA+，而sinsinsinsin22sinsinsinsinABABBABA+=，当且仅当sinsinAB=时等号成立，所以22sinC，解

得sin1C，即sin1C=，所以π,2CABC=为直角三角形，选项D正确.故选：ACD.12.如图，在矩形ABCD中，2AB=，4BC=，E，F分别为BC，AD中点，将ABE沿直线AE翻折成1ABE△，1B

与B、F不重合，连结1BD，H为1BD中点，连结CH，FH，则在翻折过程中，下列说法中正确的是（）为A.CH的长是定值；B.在翻折过程中，三棱锥1BAEB−的外接球的表面积为4π；C.当130ADB=时，三棱锥HCDF−的体积为23；D.点H到面1ABE的最大距离为2【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HCGE=，即可判断；对于B，取AE的中点O，连接1,BOBO，可得点O为三棱锥1BAEB−的外接球的球心，从而可计算表面积判断；对于C，连接DECFM=，连接HM，可证明

DE⊥平面CFH，再利用等体积法判断；对于D，令点D到面1ABE的距离为h，则点H到面1ABE的距离为12h，结合等体积法可知当平面1⊥ABE平面ABE时，三棱锥1BAED−的体积最大，从而可判断.【

详解】由题意可知，112,2,BABABEBE====190ABEABE==，对于A，取AB的中点G，连接GH，GE，则//GHAD，且12GHAD=，又//ECAD，且12ECAD=，所以//ECGH，且ECGH=，四过形ECHG是平行

四边形，HCGE=，而22115GEBGBE=+=，故A正确；对于B，取AE的中点O，连接1,BOBO，所以1OBOAOEOB===，即点O为三棱锥1BAEB−的外接球的球心，所以三棱锥1BAEB−的外接球的表面积为()24π28π=，故B错误；对于C，连

接DECFM=，连接HM，根据正弦定理可得111sinsinABADADBABD=，即1241sin2ABD=，所以190ABD=，即11ABBD⊥，,FH分别为1,ADBD的中点，1111

//,=1,2FHABFHABFHBD=⊥又M为DE的中点，111//,=12HMBEHMBE=，22111222222FMFCAE===+=222,FHHMFMFHHM+=⊥，又1BDHMH=，FH⊥平面1BDE，FHDE⊥，又2FEFDDCEC====，CFDE

⊥，又,FHCFFDE=⊥平面CFH，13HCDFDCFHCFHVVSDM−−==11sin32FHCFHFCDM=1122sin4526=23=，故C正确；对于D，令点D到面1ABE距离为h，的因为H为1BD中点，所以点H到面1ABE的

距离为12h.因为11DABEBADEVV−−=，因为三棱锥1BAED−的底面积14242AEDS==是定值，所以当平面1⊥ABE平面ABE时，三棱锥1BAED−的体积最大，取AE的中点O，连接1BO，则1OB⊥平面ABE，

所以11111113232ABBEhADABOB=，即1111224223232h=，解得22h=，所以点H到面1ABE的最大距离为2，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，ABC是斜二测画法画出的水平放置的A

BC的直观图，D¢是BC的中点，且ADy轴，BCx∥轴，1AD=，2BC=，则ABC的周长___________.【答案】252+【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1AD=，2

BC=，所以2AD=，2BC=，且ADy∥轴，BCx∥轴，D是BC的中点，所以ABAC=，在直角ABD△中，由勾股定理有：225ABADBD=+=，所以5AC=，则ABC的周长252+.故答案为：252+.14.在ABC中，角,,ABC所对的边

分别为a，b，c，60A=，且ABC面积为332，若33bc+=，则=a______．【答案】3【解析】【分析】根据三角形面积解得6bc=，代入33bc+=解得23,3bc==或3,23bc==；然后根据余弦定理求得3a=.【详解】133sin22ABCSbcA==解得：6bc=；又33

bc+=，代入6bc=得：23,3bc==或3,23bc==；根据余弦定理得：2222123cos226bcaaAbc+−+−==，解得：3a=；故答案为：315.已知()31a=，，设与b方向相同的单位向量为e，若a在b上的投影向量为3e，则a与b的夹角=_____

_____.【答案】π6【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】a在b方向上的投影向量为3abbebb=，3abb=,()()2231312aa==+=，3cos,0,π

2abba==,π6=.故答案为:π616.已知向量a，b的夹角为4，2b=，若对任意xR，恒有12bxaba+−，则函数()1()R2fttbatbat=−+−的最小值为_________.【答案】5【解析】【分析】先根据向量的夹角、模长及恒成立求出2a=，利用距离和的

最值求解()ft的最小值.【详解】因为12bxaba+−，所以2212bxaba+−，整理可得2221204axaxaa++−，因为对任意xR，上式恒成立，所以22244401aaaa−=−；由题意知0a，所以20112a−，所以2a=.22222211

()224fttbatbatbatbatbatba=−+−=+−++−22244221tttt=−++−+()221121124tt=−++−+()22111124tt−++−+可以看作点()

,0Pt与点()111,1,,22AB的距离之和；如图，点B关于x的对称点为11,22B−，则102PAPBPAPBAB+=+=；所以()ft的最小值为5.故答案为：5.【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ar；二是利用转化求()ft的最小值，22()244221fttttt=−++−+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13i1iz+=−（i是虚数单位）.（1）求复数z的模；（2）若复数

()2iaz−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）5（2）()1,2【解析】【分析】（1）先化简得到12iz=−+，再根据模长公式即可求解；（2）先化简得到()()22i4322iazaaa−=−+−+

−，再根据题意可得()2430220aaa−+−−，求解即可.【小问1详解】因为()()()()13i1i1i1i12iz+=+−+=+−，所以5z=；【小问2详解】因为()()()()22212ii12i1222iaaaa−

+=+−=−−+−()24322iaaa=−+−+−，所以()2430220aaa−+−−，解得12a，所以实数a取值范围()1,2.的18.如图，RtAOB△，1OA=，2OB=，点C是

OB的中点，AOB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，)0,π.（1）求ABC旋转一周所得旋转体体积V和表面积S；（2）当2π3=时，求点O到平面ABD的距离.【答案】（1）π3，()25πS=+（2）21717【解析】【分析】（1）ABC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1r=，圆锥BO底面面积为2ππSr==，底面周

长2πl=，母线225ABBOAO=+=.圆锥BO的体积1112ππ2333VSBO===，侧面积12π55π22lSAB===.圆锥CO的体积2111333VSCO===，222ACCOAO=+=，侧面积222222lSAC==

=.ABC旋转一周所得旋转体的体积123VVV=−=ABC旋转一周所得旋转体表面积()1225SSS=+=+.【小问2详解】的连接AD，在等腰三角形AOD中，2π3=，3AD=，34AODS=△，113323346BAODAODVSOB−===△，而135

135244ABDS=−=△，设点O到平面ABD的距离为h，13OABDABDBAODVShV−−==△，故1513346h=，21717h=，19.复数11iz=+，212cosiz=+，i为虚数单位，()0,π.（1）若12zz

是实数，求cos2的值；（2）若复数1z，2z对应的向量分别是a，b，向量a，b的夹角为锐角，求的范围.【答案】（1）12−（2）ππ2π0333，，【解析】【分析】（1）()()1212co

s2cos1izz=−++，由12zz为实数，可得1cos2=−，再结合余弦倍角公式即可求解；（2）由题意可得()1,1a=，()1,2cosb=，由向量a，b的夹角为锐角可得12cos0ab=+，再排除同向时π3=，即可求解.【小问1详解】因为()()1212c

os2cos1izz=−++，因为12zz为实数，所以2cos10+=，1cos2=−，21cos22cos12=−=−；【小问2详解】复数11iz=+，()212cosiz=+因为复数1z，2z对应的向量分别是a，b，所以()1,1a=，()1,2co

sb=，12cos0ab=+，1cos2−，又()0,π，2π0,3，当a，b同向时，2cos1=，得π3=，综上，向量a，b的夹角为锐角时，的范围是ππ2π0333，，.2

0.已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且sinsincossincossinsinaAaBCcBAcCbA++=+.（1）求C；（2）若π2A=，3AC=，角C的平分线交AB于点D，点E满足

DECD=，求sinAEB.【答案】（1）π3（2）32114【解析】【分析】（1）利用正弦定理与余弦定理，完成角化边，根据角C的余弦定理，可得答案；（2）根据直角三角形的性质，求得AB，根据余弦定理，求得AE，根据正弦定理，可

得答案.【小问1详解】依题意，由正弦定理sinsinsinabcABC==得22coscosaabCbcAcab++=+，由余弦定理2222cosabCabc=+−，2222cosbcAbca=+−，则222abcab+=+，则2221cos

22abcCab+−==，因为0πC，所以π3C=.【小问2详解】如图所示，因为π3ACB=，3AC=，所以33AB=，又因为CD为ACB的平分线，所以3AD=，23==CDDB.因为DECD=，所以在BDE△中，23DBDE==，又

π3BDE=，所以BDE△为等边三角形，所以23BE=.在ADEV中，由余弦定理可得2222π2cos213AEADDEADDE=+−=，即21AE=，在ABE中，由正弦定理可得sinsinABAEAEBABE=，即3321πsinsin3AEB=

，得321sin14AEB=.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AMAF=，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EFMP⊥

？若存在，求出MP的长度，若不存在，请说明理由.【答案】（1）37（2）存在，2137MP=【解析】【分析】（1）以点A为原点建立平面直角坐标系，根据AMAF=求得M点的坐标，设DMtDE=，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EFMP⊥可得0EFMP=求得P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，()()()()0,0,0,6,3,0,6,2ADEF，()()6,2,3,6AFDE==−，因为A

MAF=，则()6,2AM=，则()6,2M，故()6,26DM=−，又D，M，E三点共线，则设DMtDE=，01t，即()()6,263,6t−=−，则63266tt=−=

−，解得37=；【小问2详解】由题意得()3,2EF=，假设存在点P，使得EFMP⊥，①当点P在AB上时，设(),0Px，06x，18677MPx=−−,，则54123077EFMPx=−−=

，则227x=，故22,07P，22221862137777MP=−+=；②当点P在BC上时，设()6,Py，06y，246,77MPy=−，则72122077EFMPy=+−=，解得307y=−（舍

去）；的综上，存在符合题意的点22,07P，2137MP=.22.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，22cacb+=.（1）证明：2BC=；（2）求abc+的取值范围.【答案】（1）证明见解析.（2）(1,5).【解析】【分析】（1）运用余

弦定理得2coscBac=−，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cosC范围，运用边化角将问题转化为求关于cosC的二次函数在区间上的值域.【小问1详

解】∵22cacb+=，∴22cbac−=−，∴由余弦定理得：2222cos222acbaacacBacacc+−−−===，即：2coscBac=−，由正弦定理得：2sincossinsinCBAC=−，∴2sincossin()sinsincossincossinCBBCCBCCBC

=+−=+−，整理得：sincossincossin0BCCBC−−=，即：sin()sinBCC−=，又∵(0,π)BC、，∴BCC−=，即：2BC=.【小问2详解】∵2BC=，∴π3AC=−，又∵sin22sinco

sCCC=，2sin3sin(2)sincos2cossin2sincos22sincosCCCCCCCCCCC=+=+=+，sin0C，∴由正弦定理得：sinsinsin(π3)sin2sin3sin2sinsinsinabA

BCCCCcCCC++−++===22sincos22sincos2sincoscos22cos2cossinCCCCCCCCCC++==++2222cos12cos2cos4cos2cos1CCCCC=

−++=+−，又∵0π0π3ππ0π02π030π0πACBCCCC−，∴1cos12C，令costC=，则2421abttc+=+−，112t，∵2421ytt=+−对称轴为14t=−，∴2421ytt=+−

在1(,1)2上单调递增，当12t=时，11421142y=+−=；当1t=时，4215y=+−=，获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com