2022-2023学年福建省宁德市高一（下）期中数学试卷（含解析）

2022-2023学年福建省宁德市高一（下）期中数学试卷
第I卷（选择题）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知复数是虚数单位，则的虚部为( )
A. B. C. D.
2. 已知，则( )
A. B. C. D.
3. 已知正三棱锥中，，，该三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，则( )
A. B. C. D.
4. 已知中，，则的充要条件是( )
A. 是等腰三角形 B.
C. D.
5. 点，是平面内的两个定点，，点，在平面的同一侧，且，若，与平面所成的角分别为，则下列关于四面体的说法中，不正确的是( )
A. 点在空间中的运动轨迹是一个圆
B. 面积的最小值为
C. 四面体体积的最大值为
D. 当四面体的体积达最大时，其外接球的表面积为
6. 在边长为的菱形中，，将绕直线旋转到，使得四面体外接球的表面积为，则此时二面角的余弦值为( )
A. B. C. D.
7. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为( )
A.
B.
C.
D.
8. 已知，，三点在球的球面上，且，若球上的动点到点，，所在平面的距离的最大值为，则球的表面积为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 已知单位向量的夹角为，则以下说法正确的是( )
A.
B.
C. ，
D. 与可以作为平面内的一组基底
10. 已知为虚数单位，则下面命题正确的是( )
A. 若复数，则
B. 复数满足，在复平面内对应的点为，则
C. 若复数，满足，则
D. 复数的虚部是
11. 下列有关平面向量的命题中，正确的有．( )
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，，是平面内不同的三点，则
D. 若与垂直，则
12. 的内角、、的对边分别为、、，则下列说法正确的是( )
A. 若，则
B. 若，，，则有两解
C. 若为锐角三角形，则
D. 若，，则面积的最大值为
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知是虚数单位，若复数满足，则 ______ ．
14. 已知向量的夹角为，且，，则 ．
15. 已知四面体满足，则四面体的外接球的表面积是______．
16. 已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是正方形内接于下底面圆，且是一个面积为的等腰直角三角形，则该圆柱的体积为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 本小题分
在中，角，，所对的边分别为，，，，，且的面积为．
求，的外接圆的半径；
求的周长．
18. 本小题分
在中，角，，的对边分别为，，，已知．
求角的大小；
若，，，求的面积．
19. 本小题分
在中，角，，的对边分别为，，，，，的面积为．
Ⅰ求及的值；
Ⅱ求的值．
20. 本小题分
已知直三棱柱中，，，，、分别为、的中点，为的中点．
Ⅰ求证：平面；
Ⅱ求平面与平面夹角的余弦值；
Ⅲ求点到平面的距离．
21. 本小题分
如图，在三棱锥中，，．
证明：平面平面；
设，为的中点，，求点到平面的距离．
22. 本小题分
如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点．
求证：平面；
求证：；
求点到平面的距离．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：复数．
复数的虚部为．
故选：．
求出复数的模，利用复数的除法的运算法则化简求解即可．
本题考查复数的运算法则的应用，复数的模的求法，是基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为，
所以．
故选：．
根据共轭复数的概念和复数的除法运算即可得到答案．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：在正三棱锥中为等边三角形，顶点在底面的射影为底面的重心，所以，
又，，所以，所以，同理可得、
即，，两两垂直，把该三棱锥补成一个正方体，该三棱锥的外接球就是正方体的外接球，
正方体的体对角线就是外接球的直径，易得三棱锥的外接球半径，又，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，所以，
则点到平面的距离，所以．
故选：．
根据正三棱锥的性质及所给条件得到，，两两垂直，将三棱锥补成正方体，该三棱锥的外接球就是正方体的外接球，求出外接球的半径，即可得到，，从而得解．
本题考查正三棱锥的性质以及球的相关性质，属于中档题．
4.【答案】
【解析】解：，当为等腰三角形时，则或或，A错误，
，当时，则，，，，或，则或，B错误，
，当时，则，，，，，C错误，
，当时，，，，，，充分性成立，
当时，则，，
由余弦定理得，，即，，，，，必要性成立，D正确，
故选：．
利用等腰三角形的性质判断，利用正余弦定理判断，利用正余弦定理，三角形的面积公式判断．
本题考查了正余弦定理，三角形的面积公式的应用，充要条件的判定，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：如图所示：
对于，因为与与平面所成的角为，过点作平面的垂线，则与所成的角为，
则点在以为轴线，以为母线的上底面圆周上，故A正确；
对于，点在以为轴线，以为母线的上底面圆周上，则，由图可知：
，即，则面积的最小值为，故B正确；
对于，当最大，且平面时，四面体体积取得最大值为：，故C错误；
对于，当四面体体积取得最大值时，，，，利用余弦定理求得
，满足可得：，则所在截面圆的圆心为中点，
设四面体外接球的球心为，则平面，则，，在直角三角形中，求得
，即四面体外接球的半径为，其表面积为，故D正确．
故选：．
由题意画出图形，过作平面的垂线，分析可知在以为轴线，以为母线的上底面圆周上，判断的正误；
写出三角形的面积，求出的最小值，可得面积的最小值判断的正误；
当最大且平面时，四面体体积取最大值，求出最大值判断的正误；
求出四面体的体积达最大时其外接球的半径，进一步求得外接球的表面积判断的正误．
本题考查命题的真假判断与应用，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，属中档题．
6.【答案】
【解析】解：取的中点，连接，，则，，
为二面角的平面角，设
由题意可知和都是边长为的等边三角形，
设，分别是和的中心，过，分别作两平面的垂线，
则垂线的交点就是三棱锥外接球的球心，
，，，
由≌可得，
因为四面体外接球的表面积为，所以外接球的，满足，所以，
所以，可得，故，
所以，
即二面角的余弦值为．
故选：．
根据三角形形状确定球心位置，根据三角形知识和勾股定理计算球的半径，进而可求出球的表面积．
本题主要考查球与多面体的切接问题，考查推理论证能力、运算求解能力、空间思维能力，是中档题．
7.【答案】
【解析】解：由三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中，平面，，
在中，，
，
的外接圆的直径为，，
外接球的半径为，
该几何体外接球的表面积为．
故选：．
由三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，过底面外心作底面的垂线与线段的中垂面的交点即球心，利用勾股定理计算即可．
本题主要考查了由三视图还原几何体的形状，考查了三棱锥的外接球问题，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：因为，
所以，则外接圆的半径为，
当点到平面的距离最大时，与都在球的大圆截面上且，
所以球的半径满足：，
解得，所以球的表面积为．
故选：．
根据题意可得当点到平面的距离最大时，与都在球的大圆截面上且，根据勾股定理求出球的半径，代入表面积公式即可求解．
本题考查球的表面积计算，考查运算求解能力，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于，单位向量的夹角为，则，则，A正确；
对于，，则，B正确；
对于，，则，则，，C错误；
对于，单位向量的夹角为，则与不共线，故与可以作为平面内的一组基底，D正确；
故选：．
根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量夹角的计算和向量垂直的判断，属于基础题．
10.【答案】
【解析】对于，复数，
，故A正确；
对于，复数满足，在复平面内对应的点为，
，
，故B正确；
对于，设，则，
复数，满足，
，故C正确；
对于，复数的虚部是，故D错误．
故选：．
利用复数的运算法则求出，判断；
利用复数的模和几何意义判断；
利用共轭复数和复数的乘法运算判断；
利用复数的定义判断．
本题考查命题真假的判断，复数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查平面向量的模、相反向量、减法和垂直，属于基础题．
利用平面向量的模的坐标表示、相反向量的定义、减法的几何意义和垂直的坐标表示逐个判断即可．
【解答】
解：对于选项 A，故选项A正确
对于选项B即为的相反向量，则，的长度相等，即，故选项B正确
对于选项C由向量减法的三角形法则知，故选项C错误
对于选项D由，解得，故选项 D正确．
故选ABD．

12.【答案】
【解析】解：由，取，，
则，
不满足，选项A错误；
，，，根据正弦定理得，，
，
所以有两个解，所以B正确；
由为锐角三角形为锐角，所以C正确；
由余弦定理，得，
当且仅当时，等号成立，
所以，选项D正确．
故选：．
举特殊值可判定选项；
由正弦定理求出，可判定选项；
根据正弦函数的单调性，判定选项；
余弦定理结合基本不等式求出最大值，即可判定选项．
本题考查了三角形中的正弦、余弦定理及面积公式，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：，
则，
故．
故答案为：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题．
14.【答案】
【解析】
【分析】
本题考查利用向量的数量积求向量的模，属于基础题．
对两边平方，结合已知条件化简，即可求出．
【解答】
解：由，得，
因为向量夹角为，且，
所以，即，
解得舍去或．
故答案为：．

15.【答案】
【解析】解：由题意可采用割补法，考虑到四面体的四个面为全等的三角形，
所以可在其每个面补上一个以，，为三边的三角形作为底面，
且以分别为，，，长、两两垂直的侧棱的三棱锥，
从而可得到一个长、宽、高分别为，，的长方体，
并且，，，
设球半径为，则有，
，
球的表面积为．
故答案为：．
由题意可采用割补法，考虑到四面体的四个面为全等的三角形，所以可在其每个面补上一个以，，为三边的三角形作为底面，且以分别为，，，长、两两垂直的侧棱的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为，，的长方体，由此能求出球的半径，进而求出球的表面积．
本题考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意构造法的合理运用．
16.【答案】
【解析】解：如图所示，设圆柱的底面半径为，高为，则．
再设的腰长为，则，
解得，即，
因为，
所以，
所以，．
所以该圆柱的体积为．
故答案为：．
先由三角形面积公式求出三角形边长，再由正弦定理求底面圆的半径，由圆柱体积公式求圆柱的体积．
本题考查圆柱的求解的求解，属中档题．
17.【答案】解：设的外接圆的半径为，
由及正弦定理得：，
即，
由余弦定理有：，
，，
，．
，，
由有，，
，，
，
的周长为．
【解析】由条件式及正、余弦定理可求得，由可求得；
由条件和面积公式可求得，由中化简后的条件式可求出，然后由可求出，从而求出周长．
本题考查了运用正余弦定理解三角形，还考查了计算能力，属中档题．
18.【答案】解：在中，由正弦定理，得，其中，为的外接圆直径，
所以，，，
代入，
得，
由正弦定理，得，
因为在中，，
所以．
设，由，得．
设，则，．
在中，，
在中，由正弦定理，得，即，
整理得，，即，
变形得到，即，
因为，所以，解得．
所以，，所以，
所以的面积．
【解析】由正弦定理得到，由余弦定理得到，结合，求出答案；
设得，设得到，表达出，由正弦定理得到，求出，，，故BC，由三角形面积公式求出答案．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
19.【答案】解：Ⅰ由已知，
，
分
且，
，
分
在中，，
，
分
Ⅱ， 分
又，
，
，
，
分
【解析】Ⅰ根据三角形的面积公式求出的值，根据余弦定理求出的值，从而根据正弦定理求出的值即可；
Ⅱ根据的范围，求出，从而求出，，从而求出的值即可．
本题考查了正弦定理，余弦定理的应用，考查二倍角公式以及三角函数求值，是一道中档题．
20.【答案】解：在直三棱柱中，平面，且，
以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，，
易知平面的一个法向量为，则，故，
又因为平面，平面；
，，
设平面的法向量为，则，
不妨设，
因为，，
设平面的法向量为，则，不妨设，
则，，
因此，平面与平面夹角的余弦值为；
因为，
根据点到平面的距离公式则，
即点到平面的距离为．
【解析】建立空间直角坐标系，证明垂直平面的法向量即可；
利用空间向量求出两个平面的法向量，然后用夹角公式计算；
利用点到面距离的向量的公式计算．
本题考查线面平行的证明，考查面面角的余弦值的求法，考查点到面的距离的求法，属中档题．
21.【答案】解：证明：如图，取的中点，连接，，，
，，．
又，为公共边，
，．
同理可得，，
，，
，，
又，，平面，
平面，又平面，
平面平面；
在中，，为的中点，，
，，，．
在中，，为的中点，
．
在中，，则，
平面，为三棱锥的高，
三棱锥的体积，
由，
可得的面积，
设点到平面的距离为，
由，
得，解得，
故点到平面的距离为．
【解析】取的中点，连接，，，首先通过三角形全等证明，，再利用面面垂直的判定即可证明；
首先求出，再利用等体积法即可求出点到平面的距离．
本题考查面面垂直的证明，线面垂直的判定定理，面面垂直的判定定理，等体积法求解点面距问题，化归转化思想，方程思想，属中档题．
22.【答案】证明：，，，为的中点
四边形为平行四边形
平面，平面
平面；
证明：因为平面，平面，所以．
由，得．
因为，平面，平面，所以平面．
因为平面，所以．
解：如图，连接设点到平面的距离．
因为，，所以．
从而由，，得的面积为．
由平面及，得三棱锥的体积
因为平面，平面，
所以又，
所以．
由，，得的面积为．
由，得．
因此点到平面的距离为．
【解析】证明线面平行，利用线面平行的判定定理，证明即可；
利用线面垂直证明线线垂直，即证平面；
利用等体积转化求点到平面的距离．
本题考查线面平行，线面垂直，线线垂直，考查点到面的距离，解题的关键是掌握线面平行，线面垂直的判定方法，利用等体积转化求点面距离．
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