吉林省长春市新解放学校2022-2023学年高一下学期期中考试数学试题（含答案）

新解放学校2022-2023学年高一下学期期中考试
数学
选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1．若复数z满足，则
A． B． C． D．
2．如图，是水平放置的直观图，其中，//轴，//轴，则
A． B．2
C． D．4
3．的内角，所对的边分别为，且，则的值为
A． B． C． D．
4．已知，是空间中两条不同的直线，，，是空间中三个不同的平面，则下列命题中错误的是
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
5． 已知向量满足则
A．3 B．49 C．6 D．7
6．在中，若，，则
A． B． C． D．
7． 如图，在梯形ABCD中，，BC＝2AD，DE＝EC，设，，则
A． B．
C． D．
8．已知长方体中，，，若与平面所成的角的余弦值为，则该长方体外接球的表面积为
A． B． C． D．
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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得5分，选对但不全得2分，有选错的得0分）
9．已知平面向量，，，下列四个命题不正确的是
A．若，则 B．单位向量都相等
C．方向相反的两个非零向量一定共线 D．若，满足，且与同向，则
10．已知圆台的上底半径为1，下底半径为3，球O与圆台的两个底面和侧面都相切，则
A．圆台的母线长为4 B．圆台的高为4
C．圆台的表面积为 D．球O的体积为
11．已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的是
A．若,则
B．若，则为直角三角形
C．若,则为直角三角形
D．若，则满足条件的有两个
12．已知正方体的棱长为6，点分别是棱的中点，是棱上的动点，则
A．直线与所成角的正切值为
B．直线平面
C．平面平面
D．到直线的距离为
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知向量，若，则___________.
14．在中，角,,所对边分别是,,，若，则___________.
15．已知复数满足，则的最大值为__________．
16．某同学为了测量天文台的高度，选择附近学校宿舍楼三楼一阳台A，A到地面的距离为，在它们之间的地面上的点（，，三点共线）处测得阳台A，天文台顶的仰角分别是15°和60°，在阳台处测得天文台顶的仰角为30°，假设，和点在同一平面内，则该同学可测得学校天文台的高度为______.
四、解答题（本大题共6小题，17题10分，其余各题12分，共70分）
17．已知复数，其中为虚数单位，．
(1)若是纯虚数，求的值；
(2)若在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围．
18．已知，是两个不共线的向量.
(1)若，，，求证：A，B，D三点共线；
(2)若和共线，求实数的值．
19．在中角，，所对的边分别为，，，.
(1)求；
(2)若，求的面积.
20．如图，在四棱锥中，正方形的边长为2，平面平面，且，，点分别是线段的中点.
(1)求证：直线平面；
(2)求直线与平面所成角的大小.
21．已知的内角，，所对的边分别为，，，向量，且
，且．
(1)求；
(2)若，且的面积为，求周长．
22．在直三棱柱中，E为棱上一点，，，D为棱上一点.
(1)若，且D为靠近B的三等分点，求证：平面平面；
(2)若△ABC为等边三角形，且三棱锥的体积为，求二面角的正弦
值的大小.
高一数学 第2页，共4页
参考答案：
1．D
【分析】根据复数的除法运算和共轭复数的概念可求出结果.
【详解】因为，所以，
故选：D
2．C
【分析】在直观图中，利用余弦定理求出，再由斜二测画图法求出及，借助勾股定理求解作答.
【详解】在中，，，由余弦定理得：
，即，而，解得，
由斜二测画图法知：，，
在中，，所以.
故选：C
3．B
【分析】应用正弦定理、三角形内角性质求的值.
【详解】由正弦定理知：，则，，
所以或，又，故.
故选：B
4．A
【分析】设出、、的法向量，利用空间位置关系的向量证明判断B，C，D；根据线面关系判断A.
【详解】设平面、、的法向量分别为、、，直线，的方向向量为，，
对于A：若，，则或，故A错误；
对于B：若，则，又，则，所以，则，故B正确；
对于C：若，，则，，又，则，所以，则，故C正确；
对于D：因，，则，，因此向量、共面于平面，
令直线的方向向量为，显然，，
而平面，即、不共线，于是得，所以，故D正确.
故选：A
5．D
【分析】根据公式直接计算可得.
【详解】.
故选：D
6．C
【分析】根据题意，结合正弦定理求得，再由余弦定理，即可求解.
【详解】因为，由正弦定理可得，且，
由余弦定理可得：.
故选：C．
7．D
【分析】取BC中点F，先征得四边形为平行四边形，再结合平面向量基本运算求解即可.
【详解】取BC中点F，连接AF，如图所示，

又因为，，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以
.
故选：D.
8．B
【分析】根据直线与平面所成角的定义得，即，设，求出，根据该长方体外接球的直径是，可求出，再根据球的表面积公式可求出结果.
【详解】连，因为平面，所以是与平面所成的角，
所以，所以，
设，则，即，
又，所以，所以，
即，所以，，
因为该长方体外接球的直径是，所以半径，
所以该外接球的表面积为.
故选：B
9．BD
【分析】根据向量的定义和性质，逐项判断正误即可.
【详解】对于A，若，则，故A正确；
对于B，单位向量的模为，但是方向不一定相同，故B错误；
对于C，方向相同或相反的两个非零向量为共线向量，故C正确；
对于D，向量之间不能比较大小，只能比较向量的模，故D错误；
故选：BD
10．ACD
【分析】作出圆台的轴截面，设圆台上、下底面圆心分别为，半径分别为，连接，利用平面几何知识得到，即可逐项计算求解．
【详解】设梯形ABCD为圆台的轴截面，则内切圆为圆台内切球的大圆，如图，
设圆台上、下底面圆心分别为，半径分别为，
则共线，且，
连接，则分别平分，
故，，
故，即，解得，
母线长为，故A正确；
圆台的高为，故B错误；
圆台的表面积为，故C正确；
故选：AC.
11．AC
【分析】根据正弦定理、余弦定理知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于A选项，若，则，由正弦定理可得，
所以，，故A选项正确；
对于B选项，由可得：，则，
得到为钝角，故B选项不正确；
对于C选项，若，由正弦定理可得，
所以为直角三角形，故C选项正确；.
对于D选项，由正弦定理可得，则，
故，由可得或，
因为，则，故，故D选项不正确.
故选：AC.
12．BCD
【分析】把直线与所成的角，转化为直线与所成的角，在直角中，求得所成的角的正切值为，可判定A不正确；由，利用线面平行的判定定理，证得平面，可判定B正确；由 平面，得到平面，结合面面垂直的判定定理，可判定C正确；设，证得，得到即为点到直线的距离，在直角中求得，可判定D正确.
【详解】对于A中，在正方体中，可得，
所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，设，
取的中点，连接和，
在直角中，，即异面直线与所成的角的正切值为，所以A不正确；
对于B中，因为点分别是棱的中点，可得，
又因为平面，平面，所以直线平面，
所以B正确；
对于C中，在正方体中，可得平面，
因为，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，所以C正确；
对于D中，设，因为平面，且平面，
可得，所以即为点到直线的距离，
在直角中，，所以，
即到直线的距离为，所以D正确.
故选：BCD.
13．
【分析】由数量积等于0并结合数量积的坐标运算公式即可求解.
14．/
【分析】根据余弦定理直接求解即可.
【详解】，
，
，.
故答案为：.
15．5
【分析】确定表示复数几何意义，再结合的几何意义求解作答.
【详解】由，得复数对应的点在以为圆心，1为半径的圆上，
表示复数对应的点到的距离，
点到点的距离为，
所以的最大值为.
故答案为：5
16．30
【分析】由已知求出AM，在三角形ACM中，运用正弦定理可得CM，再解直角三角形CDM，计算可得天文台的高度.
【详解】在中，有，
在中，，，，
由正弦定理得，，
故，
在中，，
又，
则.
故答案为：30.
17．(1)
(2)
【分析】（1）由纯虚数定义列方程求参数；
（2）由复数对应点所在象限列不等式组求参数范围.
【详解】（1）由是纯虚数，则，故.
（2）由在复平面内对应的点在第四象限，，
所以.
18．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）求出，找到使成立的即可证明；
（2）通过平行，必存在实数使，列方程组求出实数的值.
【详解】（1），
又，
，，又，
A，B，D三点共线；
（2）向量和共线，
存在实数使，
又，是不共线，，
解得.
19．(1)或
(2)或
【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角相互转化即可得到结果；
（2）根据题意，由余弦定理可得，再由三角形的面积公式即可得到结果.
【详解】（1）因为，由正弦定理可得，
，
因为，所以，
且，所以或.
（2）由（1）可知或，且，，所以
即，由余弦定理可得，，
即，解得或，
当时，，
当时，，
所以的面积为或.
20．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接可得为的中位线，再利用线面平行的判定定理即可得出证明；
（2）利用四棱锥的结构特征以及线面垂直的判定定理，建立以为坐标原点的空间直角坐标系，利用空间向量和线面角的位置关系，即可求得直线与平面所成角的大小为.
【详解】（1）根据题意可知，连接，则交与；如下图所示：

在中，为的中点，又点是线段的中点，
所以，
又平面，平面，
所以直线平面；
（2）由平面平面，且平面平面，
又四边形是正方形，所以，又平面，
所以平面；
过点作直线平行于，又，
所以以为坐标原点，分别以直线，直线，直线为轴建立空间直角坐标系；如下图所示：

由正方形的边长为2，，可得，；
所以；
；
又点分别是线段的中点，所以；
即；
设平面的一个法向量为；
所以，可得，令，解得；
即
设直线与平面所成的角为，则
，解得；
所以直线与平面所成角的大小为.
21．(1)
(2)
【分析】（1）由已知和正弦定理可得答案；
（2）由面积公式和余弦定理可得答案.
【详解】（1）（1）∵，∴，
由正弦定理得，是三角形内角，，
∴，，是三角形内角，∴；
（2），，
又，
，
，
的周长为.
22．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直的判定定理即可证明；
（2）由三棱锥的体积公式可求出，以为坐标原点，直线分别为轴，建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）分别取的中点，连接，
则，，
且，由题意可知，，所以，
又，，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以，又，平面，
所以平面，又因为平面，所以平面平面；
（2）由（1）可得，以为坐标原点，
直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
因为三棱锥的体积为，所以，
即，解得：，所以，
则，
所以，，，
设平面的一个法向量，
则，令，解得：.
故
设平面的一个法向量，
则，令，解得：.
故，
所以，
设二面角的大小为，，
即二面角的正弦值为.