2022-2023学年山西省运城市教育发展联盟高一下学期期中数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2山西省运城市教育发展联盟2022-2023学年高一下学期期中数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1.设复数，则（）A. B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗因为，所以.故选：C.2.如图，是水平放置的的斜二测直观图，为等腰直角三角形，其中与重合，，则的面积是（）A.2 B. C.4 D.〖答案〗B〖解析〗因为为等腰直角三角形，所以，，根据斜二测画法可得，所以.故选：B.3.某同学为表达对“新冠疫情”抗疫一线医护人员的感激之情，亲手为他们制作了一份礼物，用正方体纸盒包装，并在正方体六个面上分别写了“致敬最美逆行”六个字，该正方体纸盒水平放置的六个面分别用“前面､后面､上面､下面､左面､右面”表示.如图是该正方体的展开图.若图中“行”在正方体的左面，那么在正方体右面的字是（）A.最 B.美 C.逆 D.敬〖答案〗A〖解析〗把正方体的表面展开图再折成正方体，如图，“行”在正方体的左面，那么在正方体右面的字是“最”．故选：A．4.已知向量，不共线，且向量与方向相同，则实数的值为（）A.1 B. C.1或 D.1或〖答案〗A〖解析〗因为向量与方向相同，所以存在唯一实数，使，因为向量，不共线，所以，解得或（舍去）.故选：A.5.在长方体中，直线与平面的交点为，与交于点，则下列结论正确的是（）A.，，三点确定一个平面 B.，，三点共线C.，，，四点共面 D.，，，四点共面〖答案〗B〖解析〗如下图所示：根据题意，连接，则，所以四点共面，所以面，又，所以面，又面，所以点在面与面的交线上面，同理可得点在面与面的交线上面，所以，，三点共线，故A选项错误，B选项正确；由异面直线判定定理可知C选项中为异面直线，故C选项错误；由异面直线判定定理可知D选项中为异面直线，故D选项错误.故选：B.6.如图，四边形四点共圆，其中为直径，，，，则的长度为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗令，则，故，，中，中，又，故，所以，即，所以外接圆直径，则.故选：B.7.已知中，，，点为的中点，点为边上一动点，则的最小值为（）A.27 B.0 C. D.〖答案〗D〖解析〗以所在直线为轴，线段的中垂线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，由题意可知，，，，设，其中，则，，故，所以当时，有最小值.故选：D.8.已知四棱锥中，底面为平行四边形，为的中点，点在棱上，且满足平面，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如下图，四棱锥中，连接AC交BQ，BD分别于点N，O，连接MN，因底面ABCD为平行四边形，则O是AC中点，也是BD中点，而点Q是AD中点，于是得点N是重心，从而得，因平面，平面，平面平面，因此得，于得，所以.故选：C.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.设，，为三个不同的平面，，，为三条不同的直线，则下列说法正确的是（）A.若，，∥，∥，则∥B.若上有两点到的距离相等，则∥C.，，两两相交于三条直线，，，若∥，则∥D.与互为异面直线，∥，∥，∥，∥，则∥〖答案〗CD〖解析〗若，，∥，∥，当m与n相交时，有∥，否则，∥不一定平行，故A错误；若上有两点到的距离相等，与可能平行，也可能相交，故B错误；，，两两相交于三条直线，，，不妨设，易知，否则，，交于同一条直线，不满足题意，因为，则，又，则，故C正确；因为与互为异面直线，∥，∥，则内存在，且直线、会相交，因为，则易得，所以，故D正确．故选：CD.10.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则为等腰三角形D.若，，，则只有一解〖答案〗AB〖解析〗对于A，因，所以，所以由正弦定理得，所以A正确；对于B，因为，所以由正弦定理得（为三角形外接圆半径），所以，所以B正确；对于C，因为，所以由余弦定理得，所以，化简得，所以或，所以为等腰三角形或直角三角形，所以C错误；对于D，设边上的高为，则，因为，，所以，所以有两解，所以D错误.故选：AB.11.已知平面向量，下列说法正确的是（）A.与的夹角的余弦值为B.若，则C.在上的投影向量为D.若向量与向量夹角为锐角，则且〖答案〗ACD〖解析〗因为，所以，设与的夹角为，则，故A正确；由A选项知，因为，所以，故选项B不正确；在上的投影向量为，故选项C正确；由，如果向量与向量夹角为锐角，则：即，当时，向量与向量同向，此时夹角为0，所以若向量与向量夹角为锐角，则且，故选项D正确.故选：ACD.12.已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，为上底面上的动点（包括边界），则下列结论中正确的是（）A.若，则满足条件的点不唯一B.若，则点的轨迹是一段圆弧C.若∥平面，则的最大值为D.若∥平面，且，则平面截正四棱柱的外接球所得平面图形的面积为〖答案〗BCD〖解析〗由题意上底面内，与上底面垂直，因此有，选项A，，则，但上底面矩形中，对角线，因此不存在符合条件的点，A错；选项B，由上可知，因此点轨迹是一段圆弧，B正确；选项C，连接，由与平行且相等得是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面平面，∥平面，所以平面，从而，在中，，因此的最大值是，C正确；选项D，连接，交于点，连接，由正四棱柱性质可得，取中点，由与平行且相等可得是平行四边形，即，且，而平面，平面，因此平面，所以该点为满足条件的点，平面即正四棱柱的对角面，它截正四棱柱的外接球的截面即为该球的大圆，由正四棱柱性质知其外接球直径等于四棱柱对角线长，因此截面面积为，D正确．故选：BCD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.设，为单位向量，且，的夹角为，若，，则__________．〖答案〗5〖解析〗由已知，．故〖答案〗为：5.14.紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶､石瓢壶､潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台（其他因素忽略不计），如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：），那么该壶的侧面积约为__________.〖答案〗〖解析〗根据题意，石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图为该圆台的轴截面，上底面半径为下底面半径高则该圆台的母线长为故圆台的侧面积故〖答案〗为：.15.已知三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，且该三棱锥外接球的表面积为，且，，则三棱锥的体积为__________．〖答案〗〖解析〗因为三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，所以将三棱锥补成如图所示的长方体，则长方体的体对角线等于三棱锥外接球的直径，因为三棱锥外接球的表面积为，所以，得，所以，，得，所以.故〖答案〗为：.16.在锐角中，角所对的边为，若，且，则的取值范围是__________.〖答案〗〖解析〗由得：，，又，，，又，，则由得：，，解得：；由正弦定理得：，；，，，，，即的取值范围为.故〖答案〗为：.四、解答题：本题共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（为虚数单位，），且是纯虚数.（1）求复数；（2）在复平面内，复数对应的点位于第三象限，求实数的取值范围.解：（1）因为，且纯虚数，所以是纯虚数，则，即，所以.（2），由题意可得，解得，所以实数的取值范围是.18.在一个如图所示的直角梯形内挖去一个扇形，是梯形的下底边上的一点，将所得平面图形绕直线旋转一圈．（1）说明所得几何体的结构特征；（2）求所得几何体的表面积和体积．解：（1）该几何体为上半部分为圆锥，下半部分为圆柱体挖去一个半球体的组合体．（2）由图中的数据可知圆锥的底面半径为2，母线长为4，高为，圆柱的底面半径为2，高为2，球的半径为2，所以，该几何体的体积为：．19.如图，直三棱柱中，，，，为线段上的动点．（1）当为线段中点时，求三棱锥的体积；（2）当在线段上移动时，求的最小值．解：（1）在中，由，可得，所以，在直三棱柱中，可得底面，即点到底面的距离，又因为为中点，可得点到底面的距离等于点到底面的距离的，所以．（2）将绕旋转到与在同一平面，如图所示，连接交于点，当与重合时，取得最小值，最小值即长，在中，，可得，故，所以，又在中，，，，所以，所以，故的最小值为．20.在①；②；③；这三个条件中任选一个（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）补充在下面问题中，并作答．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且______．（1）求角的大小；（2）若点满足，，，求的面积．解：（1）若选①，因为，由正弦定理得，，即，.若选②，因为，由余弦定理得，则，故，.若选③，因为，所以由正弦定理得，，即，整理得，故，.（2）因为，所以，则，故，因为，，即，故，则，所以的面积为.21.如图，正三棱柱中，E、F、G分别为棱、、的中点．（1）证明：∥平面；（2）在线段是否存在一点，使得平面∥平面？若存在，请指出并证明；若不存在，请说明理由．解：（1）证明：取的中点，连接，，在中，因为E、M分别为、的中点，所以且，又为的中点，，所以且，即且，故四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面．（2）当N为的中点时，平面平面，证明：连接，，因为N，F分别是和的中点，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，，所以，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面，，所以平面平面．22.重庆是我国著名的“火炉”城市之一，如图，重庆某避暑山庄O为吸引游客，准备在门前两条小路OA和OB之间修建一处弓形花园，使之有着类似“冰淇淋”般的凉爽感，已知，弓形花园的弦长，记弓形花园的顶点为，设.（1）将用含有的关系式表示出来；（2）该山庄准备在点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何设计的长度，才使得喷泉与山庄的距离的值最大？解：（1）因为，，所以，.（2）因为，所以，在中，由余弦定理易得，，因为，所以，当，即时，取最大值取最大值，此时，，故当时，取最大值.山西省运城市教育发展联盟2022-2023学年高一下学期期中数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．1.设复数，则（）A. B. C. D.2〖答案〗C〖解析〗因为，所以.故选：C.2.如图，是水平放置的的斜二测直观图，为等腰直角三角形，其中与重合，，则的面积是（）A.2 B. C.4 D.〖答案〗B〖解析〗因为为等腰直角三角形，所以，，根据斜二测画法可得，所以.故选：B.3.某同学为表达对“新冠疫情”抗疫一线医护人员的感激之情，亲手为他们制作了一份礼物，用正方体纸盒包装，并在正方体六个面上分别写了“致敬最美逆行”六个字，该正方体纸盒水平放置的六个面分别用“前面､后面､上面､下面､左面､右面”表示.如图是该正方体的展开图.若图中“行”在正方体的左面，那么在正方体右面的字是（）A.最 B.美 C.逆 D.敬〖答案〗A〖解析〗把正方体的表面展开图再折成正方体，如图，“行”在正方体的左面，那么在正方体右面的字是“最”．故选：A．4.已知向量，不共线，且向量与方向相同，则实数的值为（）A.1 B. C.1或 D.1或〖答案〗A〖解析〗因为向量与方向相同，所以存在唯一实数，使，因为向量，不共线，所以，解得或（舍去）.故选：A.5.在长方体中，直线与平面的交点为，与交于点，则下列结论正确的是（）A.，，三点确定一个平面 B.，，三点共线C.，，，四点共面 D.，，，四点共面〖答案〗B〖解析〗如下图所示：根据题意，连接，则，所以四点共面，所以面，又，所以面，又面，所以点在面与面的交线上面，同理可得点在面与面的交线上面，所以，，三点共线，故A选项错误，B选项正确；由异面直线判定定理可知C选项中为异面直线，故C选项错误；由异面直线判定定理可知D选项中为异面直线，故D选项错误.故选：B.6.如图，四边形四点共圆，其中为直径，，，，则的长度为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗令，则，故，，中，中，又，故，所以，即，所以外接圆直径，则.故选：B.7.已知中，，，点为的中点，点为边上一动点，则的最小值为（）A.27 B.0 C. D.〖答案〗D〖解析〗以所在直线为轴，线段的中垂线为轴建立平面直角坐标系，如图所示，由题意可知，，，，设，其中，则，，故，所以当时，有最小值.故选：D.8.已知四棱锥中，底面为平行四边形，为的中点，点在棱上，且满足平面，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如下图，四棱锥中，连接AC交BQ，BD分别于点N，O，连接MN，因底面ABCD为平行四边形，则O是AC中点，也是BD中点，而点Q是AD中点，于是得点N是重心，从而得，因平面，平面，平面平面，因此得，于得，所以.故选：C.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.设，，为三个不同的平面，，，为三条不同的直线，则下列说法正确的是（）A.若，，∥，∥，则∥B.若上有两点到的距离相等，则∥C.，，两两相交于三条直线，，，若∥，则∥D.与互为异面直线，∥，∥，∥，∥，则∥〖答案〗CD〖解析〗若，，∥，∥，当m与n相交时，有∥，否则，∥不一定平行，故A错误；若上有两点到的距离相等，与可能平行，也可能相交，故B错误；，，两两相交于三条直线，，，不妨设，易知，否则，，交于同一条直线，不满足题意，因为，则，又，则，故C正确；因为与互为异面直线，∥，∥，则内存在，且直线、会相交，因为，则易得，所以，故D正确．故选：CD.10.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则为等腰三角形D.若，，，则只有一解〖答案〗AB〖解析〗对于A，因，所以，所以由正弦定理得，所以A正确；对于B，因为，所以由正弦定理得（为三角形外接圆半径），所以，所以B正确；对于C，因为，所以由余弦定理得，所以，化简得，所以或，所以为等腰三角形或直角三角形，所以C错误；对于D，设边上的高为，则，因为，，所以，所以有两解，所以D错误.故选：AB.11.已知平面向量，下列说法正确的是（）A.与的夹角的余弦值为B.若，则C.在上的投影向量为D.若向量与向量夹角为锐角，则且〖答案〗ACD〖解析〗因为，所以，设与的夹角为，则，故A正确；由A选项知，因为，所以，故选项B不正确；在上的投影向量为，故选项C正确；由，如果向量与向量夹角为锐角，则：即，当时，向量与向量同向，此时夹角为0，所以若向量与向量夹角为锐角，则且，故选项D正确.故选：ACD.12.已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，为上底面上的动点（包括边界），则下列结论中正确的是（）A.若，则满足条件的点不唯一B.若，则点的轨迹是一段圆弧C.若∥平面，则的最大值为D.若∥平面，且，则平面截正四棱柱的外接球所得平面图形的面积为〖答案〗BCD〖解析〗由题意上底面内，与上底面垂直，因此有，选项A，，则，但上底面矩形中，对角线，因此不存在符合条件的点，A错；选项B，由上可知，因此点轨迹是一段圆弧，B正确；选项C，连接，由与平行且相等得是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面平面，∥平面，所以平面，从而，在中，，因此的最大值是，C正确；选项D，连接，交于点，连接，由正四棱柱性质可得，取中点，由与平行且相等可得是平行四边形，即，且，而平面，平面，因此平面，所以该点为满足条件的点，平面即正四棱柱的对角面，它截正四棱柱的外接球的截面即为该球的大圆，由正四棱柱性质知其外接球直径等于四棱柱对角线长，因此截面面积为，D正确．故选：BCD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.设，为单位向量，且，的夹角为，若，，则__________．〖答案〗5〖解析〗由已知，．故〖答案〗为：5.14.紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶､石瓢壶､潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台（其他因素忽略不计），如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：），那么该壶的侧面积约为__________.〖答案〗〖解析〗根据题意，石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图为该圆台的轴截面，上底面半径为下底面半径高则该圆台的母线长为故圆台的侧面积故〖答案〗为：.15.已知三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，且该三棱锥外接球的表面积为，且，，则三棱锥的体积为__________．〖答案〗〖解析〗因为三棱锥的三条侧棱，，两两互相垂直，所以将三棱锥补成如图所示的长方体，则长方体的体对角线等于三棱锥外接球的直径，因为三棱锥外接球的表面积为，所以，得，所以，，得，所以.故〖答案〗为：.16.在锐角中，角所对的边为，若，且，则的取值范围是__________.〖答案〗〖解析〗由得：，，又，，，又，，则由得：，，解得：；由正弦定理得：，；，，，，，即的取值范围为.故〖答案〗为：.四、解答题：本题共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（为虚数单位，），且是纯虚数.（1）求复数；（2）在复平面内，复数对应的点位于第三象限，求实数的取值范围.解：（1）因为，且纯虚数，所以是纯虚数，则，即，所以.（2），由题意可得，解得，所以实数的取值范围是.18.在一个如图所示的直角梯形内挖去一个扇形，是梯形的下底边上的一点，将所得平面图形绕直线旋转一圈．（1）说明所得几何体的结构特征；（2）求所得几何体的表面积和体积．解：（1）该几何体为上半部分为圆锥，下半部分为圆柱体挖去一个半球体的组合体．（2）由图中的数据可知圆锥的底面半径为2，母线长为4，高为，圆柱的底面半径为2，高为2，球的半径为2，所以，该几何体的体积为：．19.如图，直三棱柱中，，，，为线段上的动点．（1）当为线段中点时，求三棱锥的体积；（2