吉林省长春市东北师范大学附属中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）.docx

1、2022-2023学年下学期高一年级期中质量监测与反馈数学考试时间：120分钟 满分：150分一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分1. 如图所示，下列四个几何体：其中不是棱柱的序号是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据棱柱的定义直接判断出结果.【详解】棱柱的定义：有两个面互相平行，其余各个面都是四边形且每相邻两个四边形的公共边都互相平行.由此可知中没有互相平行的平面，所以不是棱柱，故选：B.【点睛】本题考查棱柱的定义，主要考查学生对棱柱概念的理解，难度容易.2. 已知复数满足，则的虚部为（ ）A. 2B. C. 1D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数除法的运

2、算性质，结合复数虚部的定义进行求解即可.【详解】，则的虚部为，故选：B.3. 已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列结论中正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若m与n不相交，则D. 若，则m与n不相交【答案】D【解析】【分析】根据面面平行的判定定理和性质定理对选项一一判断即可得出答案.【详解】若，则可能平行、可能相交，故A不正确；若，则可能平行、可能异面，故B不正确；若m与n不相交，则也不一定平行，故C不正确；若m与n不相交，则，故D正确.故选：D.4. 设向量不平行，向量与平行，则实数为（ ）A. B. 1C. 2D. 【答案】A【解析】【分析】向量与平行，得到，展开计算

3、得到答案.【详解】向量与平行，则，向量不平行，则，解得.故选：A5. 已知正方体的棱长为1，为上一点，则三棱锥的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由为到平面的距离， 所以根据体积法可得，代入数值即可得解.【详解】由为正方体，显然为到平面的距离， 所以，故选：D6. 如图，为测量山高MN，选择和另一座山的山顶为测量观测点从点测得点的仰角，点的仰角以及；从点测已知山高，两座山都垂直地面，则山高MN长度为（ ）.A. 150B. C. 300D. 【答案】A【解析】【分析】在直角中，BC100，可求出AC，在中由正弦定理求出AM，在直角MAN中即可求出山高MN.【详解】在

4、直角中，BC100，可得，在中，则，由正弦定理有：，即，故，在直角中，可得().故选：A.7. 已知向量，是两个单位向量，则“”为锐角是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分不必要条件的概念，平面向量数量积的定义与性质即可判断【详解】向量，是两个单位向量，由为锐角可得，反过来，由两边平方可得，不一定为锐角，故“为锐角”是“”的充分不必要条件，故选：A8. 在中，三个内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，那么这个三角形是（ ）A. 等边三角形B. 等腰三角形C. 直角三角形D. 等腰三角形或直角三角

5、形【答案】D【解析】【分析】由正弦定理求出的值，可得或，再根据三角形的内角和公式求出A的值，由此即可判断三角形的形状.【详解】中，已知，由正弦定理，可得：，解得：，可得：或.当时，是直角三角形.当时，是等腰三角形.故是直角三角形或等腰三角形，故选：D.【点睛】本题主要考查正弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题.9. 已知ABC是等腰三角形，ABAC5，BC6，点P在线段AC上运动，则|+|的取值范围是（ ）A. 3，4B. C. 6，8D. 【答案】D【解析】【分析】以BC的中点O为坐标原点，BC所在直线为x轴，OA所在直线为y轴建立直角坐标系，分别求得B，C，A的坐标，可得直线A

6、C的方程，设P（m，n），（0n4），即有m，再由向量的运算和模的公式，可得n的函数，结合二次函数的最值求法，可得所求范围.【详解】解：以BC的中点O为坐标原点，BC所在直线为x轴，OA所在直线为y轴建立直角坐标系，如图：可得B（3，0），C（3，0），由|AC|5，可得A（0，4），直线AC的方程为，即4x+3y12，可设P（m，n），（0n4），即有m，则 当，可得的最小值为， 当n4时，可得的最大值8，则的取值范围是.故选：D.【点睛】本题考查向量的模的取值范围，运用坐标法是解题的关键，考查转化思想和运算能力，属于中档题.10. 一个正四棱锥的平面展开图如图所示，其中E，F，M，N，Q分

7、别为，的中点，关于该正四棱锥，现有下列四个结论：直线与直线是异面直线；直线与直线是异面直线；直线与直线MN共面；直线与直线是异面直线.其中正确结论的个数为（ ）A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】B【解析】【分析】作出直观图，根据直线共面的判定与性质逐个判断即可.【详解】根据展开图，复原几何体，如下图所示：对，因为F，M，N，Q分别为，的中点，所以，又，则，故F，N，A，B四点共面，故直线与直线是共面直线，错误；对，E在过F，N，A，B四点的平面外，故直线与直线是异面直线，正确；对，N，Q重合，故直线与直线共面，正确；对，E在过F，N，A，B四点的平面外，故直线与直线是异面直线，正确；综上

8、有正确.故选：B二、填空题：共6小题，每小题5分，共30分11. 已知复数z=1+3i，则_.【答案】【解析】【分析】由共轭复数定义及复数的乘法运算即可求得答案.【详解】由题意，.故答案为：10.12. 在长方体中，则异面直线与所成角的大小为_【答案】【解析】【分析】作出图示，根据，先判断出异面直线所成角是哪个角，然后根据线段长度求解出异面直线所成角的大小.【详解】如图所示：因为，所以异面直线与所成角即为（为锐角），又因为，所以且，所以，所以异面直线与所成角的大小为，故答案为：.【点睛】本题考查求解异面直线所成角，难度较易.求解异面直线所成角，关键是能通过直线的平行关系，将直线平移至同一平面内

9、，最后再进行求解.13. 已知向量，且与方向相同，那么_【答案】【解析】【分析】根据题中条件，设，再由向量模的坐标表示列出方程求出参数，即可得出结果.【详解】因为向量，且与方向相同，所以可设，又，所以，解得（负值舍去），所以故答案为：.14. 在中，.若，则角的大小为_；若角有两个解，则的取值范围是_.【答案】 . . 【解析】【分析】利用正弦定理求得的值， 结合角的取值范围可求得结果；作出图形，结合图形可得出角有两个解时，满足的不等式，进而可求得的取值范围.【详解】由正弦定理可得，；在中，如下图所示：若使得角有两个解，则，即.故答案为：；.【点睛】本题考查利用正弦定理解三角形，同时也考查了利

10、用三角形多解求边长的取值范围，考查计算能力，属于中等题.15. 已知等边的边长为2，为边的中点，点是边上的动点，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】设，由向量线性运算有，再由数量积的定义可得的函数，从而求得最小值.【详解】设，所以时，取得最小值，故答案为：.16. 某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样大的四面体得到的（如图）.则该几何体共有_面；如果被截正方体的棱长是，那么石凳的表面积是_.【答案】 . 14 . 【解析】【分析】由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，8个底面三角形，再加上6个小正方形，所以该几何体共有14个面；再根据面积公式即可求出表面积.

11、【详解】由题意知，截去的八个四面体是全等的正三棱锥，8个底面三角形，再加上6个小正方形，所以该几何体共有14个面；如果被截正方体的棱长是，那么石凳的表面积是.故答案为：14，.【点睛】本题考查几何体面数的辨析，考查多面体表面积的计算，属于基础题.三、解答题：共6小题，共80分17. 已知向量，（1）当时，求x的值；（2）当x=-1时，求向量与的夹角的余弦值；（3）当时，求【答案】（1）； （2）； （3）.【解析】【分析】（1）由平面向量平行坐标表示即可求得答案；（2）由平面向量数量积的坐标运算和夹角公式即可求得答案；（3）由平面向量垂直的坐标运算求出参数，进而求出向量的模.【小问1详解】，即

12、【小问2详解】，向量与向量的夹角的余弦值为【小问3详解】依题意 ，即，18. 如图，在三棱柱中，、分别是棱，的中点，求证：（1）平面；（2）平面平面【答案】（1）见证明；（2）见证明【解析】【分析】（1）设与的交点为，连结，证明，再由线面平行的判定可得平面； （2）由为线段的中点，点是的中点，证得四边形为平行四边形，得到，进一步得到平面再由平面，结合面面平行的判定可得平面平面【详解】证明：（1）设与的交点为，连结，四边形为平行四边形，为中点，又是的中点，是三角形的中位线，则，又平面，平面，平面；（2）为线段的中点，点是的中点，且，则四边形为平行四边形，又平面，平面，平面又平面，且平面，平面，平

13、面平面【点睛】本题考查直线与平面，平面与平面平行的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题19. 如图，在ABC中，ABC90，AB4，BC3，点D在线段AC上，且AD4DC.（1）求BD的长；（2）求sinBDC的值.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）根据题意求出，在中，再利用余弦定理即可求解. （2）在中，利用正弦定理即可求解.【详解】（1）在ABC中，ABC90，AB4，BC3，则，所以，由AD4DC，则，在中，所以.（2）由，BC3，在中，即，解得【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理解三角形，需熟记定理内容，属于基础题.20. 在ABC中，（1）求的大小；（2）若， 求，并

14、计算面积；从， 这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）； （2）若选：，；若选：，.【解析】【分析】（1）由条件结合正弦定理可得，然后利用三角函数知识可得答案；（2）若选，由余弦定理求出，然后可得答案；若选，首先求出，然后求出，然后可得答案.【小问1详解】在中，因为，所以由正弦定理可得，因为，所以，所以，在中，所以，因为，所以.【小问2详解】若选，则在中，由余弦定理，得，解得或（舍）所以因此若选，则， 由正弦定理，得，解得21. 如图所示，在四棱锥中，平面，是的中点.（1）求证：；（2）求证：平面；（3）若是线段上一动点，则线

15、段上是否存在点，使平面？说明理由.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.【解析】【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；（2）取的中点，连接，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明；（3）取中点，连接，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明【详解】证明：（1）在四棱锥中，平面，平面，平面平面，（2）取的中点，连接，是的中点，又由（1）可得，四边形是平行四边形，平面，平面，平面（3）取中点，连接，分别为，的中点，平面，平面，平面，又由（2）可得平面，平面平面，是上的动点，平面，平面，线段存在点，使得平面22. 将平面直角坐标系中的一列点、，记为，设

16、，其中为与轴方向相同的单位向量.若对任意的正整数，都有，则称为点列.（1）判断、是否为点列，并说明理由；（2）若为点列，且.任取其中连续三点、，证明为钝角三角形；（3）若为点列，对于正整数、，比较与的大小，并说明理由.【答案】（1）是点列，理由见解析；（2）证明见解析；（3），理由见解析.【解析】分析】（1）计算得出，作差得出，由此可得出结论；（2）分析出，以及、不共线，利用平面向量的数量积分析可得出为钝角，由此可证得结论成立；（3）利用不等式的基本性质可得出，再利用平面向量数量积的坐标运算可得出结论.【详解】（1）为点列，理由如下：由题意可知，所以，即，所以、为点列；（2）由题意可知，所以，因为为点列，所以，又因为，所以.所以对中连续三点、，都有，.因为，因为，故与不共线，即、不共线，因为，所以，则为钝角，所以为钝角三角形；（3）由，.因为点列，由（2）知，所以，两边分别相加可得，所以，所以，所以，又，所以，所以.【点睛】方法点睛：判断的内角为钝角的方法如下：（1）余弦定理：计算得出；（2）向量法：计算得出.