【文档说明】浙江省嘉兴市海盐第二高级中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题 含解析.docx，共(17)页，1.805 MB，由小赞的店铺上传

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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123,2zaizi=−=+（i为虚数单位），若12zz是纯虚数，则实数a=（）A.3

2−B.32C.3−D.3【答案】A【解析】【分析】利用12zz是纯虚数，实部为0，即可得a的值.【详解】()()()1232236aiiaziza=−+=++−，若12zz是纯虚数，则230a+=，解得：32a=−.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()1,2a=，(),1bx=．若()()abab+⊥−，则x=（）．A.2−B.2C.2D.2【答案】C【解析】【分析】解法一：利用向量的坐标运算求得ab+，ab−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()()0abab+−=，再运用向量数量积的运算律求得ab=，从而可得选项.【详解】解法一：()1,3abx+=+，()1,1abx−=−，因为()()

abab+⊥−，所以()()0abab+−=，即()()1130xx+−+=，解得2x=．解法二：因为()()abab+⊥−，所以()()0abab+−=，所以220ab−=，所以ab=，所以2x=．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45，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.12+B.22+C.1222+D.212+【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1(121)2222S=++=+.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32cm，24cm的正四棱台，若棱台的高为3cm，忽略收纳罐的厚度，则该香料收纳罐的容积为（

）A.3148cm3B.374cmC.3148cmD.3298cm【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8cm，6cm，故该香料收纳罐的容积为()223138686148cm3++=．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,AB两地之间的距离，甲同学选定了与,AB不共线的C处，构成ABC，以下是测量的数据的不同方案：①测量,,ABC

；②测量,,ABBC；③测量,AACBC,；④测量CACBC,,其中要求能唯一确定,AB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,,ABC，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,AB两地之间的距离；②测量,,ABBC，可求出C,已知两角及一边，由正弦定理可知sinsinBCABAC=，即可求得AB,三角形有唯一的解，故能唯一确定点,AB两地之间的

距离；③测量,AACBC,，已知两边及其一边的对角，由正弦定理可知sinsinBCACAB=，求出sinB，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,AB两地之间的距离；④测量CACBC,,，已知两边及夹角，由余弦定理可求得AB的长，三角形有唯一的解，此时

能唯一确定点,AB两地之间的距离，综上可得，一定能唯一确定,AB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21−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.3263+B.3263+C.2263+D.2263+【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B，C，D，上层较小的球的球心为A，则BCD△是边长为2的等边三角形，2ABACAD===，过A作平面BCD的垂线AF，交平面BCD于点F，则F是BCD△的重心，则有2223413

33BFBE==−=，所以46233AF=−=，所以上层小球的最高点到桌面的距离为：3261213AF+++−=.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,CD是

线段AB的三等分点，则下列结论正确的有（）A.ACDB=B.ABAC=C.32ABCD=D.2ADCD=【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,CD是线段AB的三等分点，所以ACCDD

B==，3ABAC=，3ABCD=，2ADCD=对于A：ACDB=且方向相同，所以ACDB=，A选项正确；对于B：ABAC，所以ABAC，B选项错误；对于C：3ABCD=，所以32ABCD，C选项错误；对于D：2ADCD=且方向相同，所

以2ADCD=，D选项正确；故选：AD.10.如图，在四棱锥PABCD−中，M、N分别为AC、PC上的点，且//MN平面PAD，则（）A.//MNPDB.//MN平面PABC.//MNADD.//MNPA【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//MN平面PAD，MN平面PAC，平面PAC平面PADPA=，//MNPA，PA平面PAB，MN平面PAB，因此，//MN平面PAB.故选：BD.11.已知向量,ab不共线，若1ABab=−，2ACab=+，且A，B，C三点共线，则关于实数12,的值可以是（）A.2，

12B.3−，13−C.2，12−D.3−，13【答案】CD【解析】【分析】由A，B，C三点共线，可得存在唯一实数，使ABAC=，从而可得到12,的关系，进而可得答案【详解】因为向量,ab不共线，1ABab=−，2ACab=

+，且A，B，C三点共线，所以存在唯一实数，使ABAC=，所以12()abab−=+，所以121=−=，所以121=−，故选：CD12.如图，设E，F分别是长方体1111ABCDABCD−的棱CD上的两个动点，点E在点F的左边，

且满足122EFDCBC==，有下列结论：（）A.1BD⊥平面1BEF；B.三棱锥11DBEF−体积为定值；C.1AA//平面1BEF；D.平面11AADD⊥平面1BEF．【答案】BD【解析】【分析】A根据点线、线面及点面关系判断；B由1111DBEFBDEFVV−−=，结合已知判

断是否为定值；C由11//AABB，结合1BB与面1BEF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：D在直线EF上，而EF面1BEF，即D面1BEF，又1B面1BEF，故1BD平面1BEF，错误；B：由1111DBEFBD

EFVV−−=，而EF长度为定值，故△1DEF面积为定值，又1B到△1DEF所在面距离为定值，故三棱锥11DBEF−体积为定值，正确；C：由11//AABB，而1BB面11BEFB=，故1AA与平面1BEF不平行，错误；D：由直线EF即为直线CD，由长方体

性质有CD⊥面11AADD，而CD面1BEF，故平面11AADD⊥平面1BEF，正确.故选：BD的三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.若复数2iza=+（i为虚数单位，aR），

满足3z=，则a的值为______．【答案】5【解析】【分析】根据复数的模长公式即可求解.【详解】由3z=得22235zaa=+==，故答案为：514.已知向量()2,1a=−r，(),1bq=，且a在b上的投影数量等于1−，则q=__

_________.【答案】43【解析】【分析】由数量投影的公式直接计算即可.【详解】a在b上的投影数量为22111abqbq−+==−+，解得0q=（舍）或43.故答案为：43.15.一个圆锥的表面积为，它的侧面展开图是圆心角为23的扇形，则该圆锥的高为_

_______．【答案】2【解析】【分析】设圆锥的底面半径为r，结合圆锥的表面积为，它的侧面展开图是圆心角为23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r，它的侧面展开图是圆心角为120的扇形，圆锥的母线长为3

r，又圆锥的表面积为，(3)rrr+=，解得：12r=，32l=，222hlr=−=，故答案为：2.【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ABCD、ABEF的边长都是1，而且平面

ABCD、ABEF互相垂直，点M在AC上移动，点N在BF上移动，若(02)CMBNaa==，则MN的长的最小值为_________．【答案】22【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MN，再求MN长的

最小值．【详解】因为平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD平面ABEFABABBE=⊥，，所以BE⊥平面ABCD，所以ABBCBE，，两两垂直.过点M作MGABMHBC⊥⊥，，垂足分别为G，H，连接NG，易证NGAB⊥.因为CMBNa==，所以22CHMHBGGNa====以B为坐

标原点，分别以BABEBC，，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Bxyz−，的则2222,0,1,,,02222MaaNaa−所以22222220102222MNaaaa

=−+−+−−22212122aaa=−+=−+当22a=，MN的长最小，且最小值为22．故答案为：22．三、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a，b，2a=

，3b=，且a与b的夹角为π3．（1）求ab+（2）若ab−与()Rakbk+垂直，求k的值．【答案】（1）19（2）16k=【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

()22222ababaabb+=+=++222cos,aababb=++142239192=++=，所以19ab+=.【小问2详解】因为向量ab−与akb+rr垂直，所以()()()()22114123902abakbakabkbkk−+=+−−=+−−=，

解得16k=.18.某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.A处有一栋大楼，某学生选B，C两处作为测量点，测得BC的距离为50m，=45ABC，105BCA=，在C处测得大楼楼顶D的仰角为75°.（1）求AC两点间的距离；（2）求大楼高度.【答案】（1）502

mAC=（2）()1002506m+【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tan75502tan75ADAC==，结合两角和的正切公式计算即可求解.【小问1详解】因为1801054530BAC=−−=，在ABC中，由正弦定理得si

nsinBCACBACABC=，即50sin30sin45AC=，所以502AC=m，即AC两点的距离为502m；【小问2详解】在DCA△中，因为90DAC=，tanADAC=，所以tan75502tan75ADAC==，的又()31tan45tan303ta

n75tan4530231tan45tan30313++=+===+−−，所以()()502231002506AD=+=+m，即大楼的高度为()1002506+m.19.已知,ab为实数，i为虚数单位，且满足()()1i12i3i1iabi++=+−+−.（1）求实数,ab

的值；（2）若复数()()izmamb=−+−在复平面所对应的点在直线2yx=上，求实数m的值.【答案】（1）5a=，6b=；（2）4m=.【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()()1ii12i3i56i1iab++=+−+=+−，所以5,6ab==.（2）由（1）有：()()()()i56izmambmm=−+−=−+−，因为()()56izmm=−+−在复平面所对应的点是()5,6mm

−−，且在直线2yx=上，所以()625mm−=−.解得4m=.20.如图，已知点P在圆柱1OO的底面圆O上，AB为圆O的直径，OA＝2，∠AOP＝120°，三棱锥1AAPB−的体积为833．（1）求圆柱1OO的表面积；（2）求异面

直线1AB与OP所成角的余弦值．【答案】（1）24π；（2）24．【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1AA中点Q，连接OQPQ，，根据三角形中位线可得OQ∥1AB

，可得POQ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AOP中，2120OAOPAOP===，，∴易知23AP=，在BOP中，260OBOPBOP===，，∴2BP=，∵三棱锥1AAPB−的体积为833

，∴由11111118····232332323AAPBVAPBPAAAA−===解得14AA=，故圆柱1OO的表面积为：22π22π2424π+=．【小问2详解】取1AA中点Q，连接OQPQ，，则OQ∥1AB，且1222OQAB==．∴POQ或它的补角为异面直线1AB与OP所

成的角，的又232APAQ==，，∴4PQ=，在△OPQ中，由余弦定理得，22248162cos242222POOQPQPOQPOOQ+−+−===−，异面直线1AB与OP所成角的余弦值为24．21.已知四边形,2,1,AB

CDABADBCCDBCCD====⊥，将四边形沿BD折起，使3AC=，如图所示．（1）求证：ACBD⊥；（2）求二面角DABC−−的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）63【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BD的中O点，连,COAO，2,1,,ABADBCCDCOBDAOBD====⊥⊥，又COAOO=，,COA

O平面ACO¢，BD⊥平面,ACO又AC平面,ACOBD⊥AC，即ACBD⊥.【小问2详解】如图所示：,1BCCDBCCD⊥==2,BDABD=△是正三角形，3AC=，2,1,2,1ABBCADCD====222222

,ABBCACADDCAC+==+，即,BCABCDAD⊥⊥取ABAC、的中点MN、，连,,DMMNDN，则MNBC∥，且1122MNBC==因为,DMABMNAB⊥⊥，所以DMN即二面角DABC−−的平面角63,,22DMDN==所以22

26136444cos2?·361222DMMNDNDMNDMNM+−+−===.所以二面角DABC−−余弦值为63.22.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且2cos2bCac=+．（1）求角B的大小；（2）若23b=

，D为AC边上的一点，1BD=，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）23B=（2）3【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BD平分ABC得ABCABDBCDSSS=+△△△，分别用三角形面积公式求解可得acac=+，利用余弦定理可得2212acac++=，联立即可求

解ac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()12BDBABC=+，求解向量的模可得224acac+−=，利用余弦定理可得2212acac++=，联立即可求解ac的值，即可求得△ABC的面积.【小问1详解】解：由正弦定理知，2sincos2sinsinBC

AC=+，∵()sinsinsincoscossinABCBCBC=+=+，代入上式得2cossinsin0BCC+=，∵()0,C，∴sin0C，1cos2B=−，∵()0,B，∴23B=.【小问2详解】的若选①：由BD平分ABC得，ABC

ABDBCDSSS=+△△△，∴1211sin1sin1sin232323acca=+，即acac=+．在ABC中，由余弦定理得22222cos3bacac=+−，又23b=，∴2212acac++=，联立2212acacacac=+++

=得2()120acac−−=，解得4ac=，3ac=−（舍去），∴1213sin432322ABCSac===．若选②：因为()12BDBABC=+，()222211()244=+=++BDBABCBAB

ABCBC，221212cos43caca=++，得224acac+−=，在ABC中，由余弦定理得22222cos3bacac=+−，即2212acac++=，联立2222412acacacac+−=++=，可得4ac=，∴1213sin4

32322ABCSac===．