2022-2023学年河北省邢台市高一（下）期中数学试卷(含解析）

2022-2023学年河北省邢台市高一（下）期中数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.复数，则( )
A. 的实部为 B. 的虚部为 C. 的虚部为 D. 的虚部为
2.在中，，，，则( )
A. B. C. D.
3.在正方体中，为的中点，在该正方体各棱所在的条直线中，与直线异面的共有( )
A. 条 B. 条 C. 条 D. 条
4.在四面体中，已知底面为正三角形，则“三棱锥为正三棱锥”是“与均为等腰三角形”的( )
A. 充要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件
5.( )
A. B. C. D.
6.据重心低更稳定的原理，中国古代的智者发明了一种儿童玩具不倒翁，如图所示，该不倒翁由上底面半径为、下底面半径为且母线为的圆台与一个半球两部分构成，若半球的密度为圆台密度的倍圆台与半球均为实心，圆台的质量为，则该不倒翁的总质量为( )
A. B. C. D.
7.在空间中，，，为互不重合的三条直线，，为两个不同的平面，则( )
A. 对任意直线，，总存在直线，使得，
B. 对任意直线，，总存在直线，使得，
C. 对任意平面，，总存在直线，使得，
D. 对任意平面，，总存在直线，使得，
8.如图，已知，，分别以，为直径作半圆弧，是半圆弧的中点，为半圆弧上靠近点的三等分点，则向量在向量上的投影向量为( )
A.
B.
C.
D.
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.在中，，，则可能为( )
A. B. C. D.
10.已知四边形用斜二测画法画出的直观图为直角梯形，如图所示，，，，，，则( )
A. B. C. D.
11.如图，，分别在线段，上，是线段的中点，是线段的中点，，与交于点，则( )
A.
B.
C.
D.
12.已知圆锥为圆锥顶点，为底面圆心的母线长为，高为，线段为底面圆的一条直径，为线段的中点，则( )
A. 底面圆的周长为
B. 圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形
C. 直线与圆锥底面所成角的正切值为
D. 沿圆锥的侧面由点到点的最短距离是
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.若复数，且为纯虚数，则 ______，在复平面内对应的点位于第______象限．
14.已知向量，，且，的夹角为钝角，则的取值范围为______．
15.已知球的表面积为，平面截球所得的截面面积为，则以为顶点，截面为底面的圆锥的体积为______．
16.罗星塔位于福建省福州市马尾区南部的闽江之滨，是国际公认的航标、闽江门户标志，有“中国塔“之誉如图，为测量罗星塔的塔高，选取与塔底在同一水平面的两个测量基点与现测得，，，在点处测得塔顶的仰角为，则估计罗星塔的塔高 ______参考数据：取，结果精确到
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.本小题分
已知是两个单位向量，且与的夹角为．
求；
求与的夹角的余弦值．
18.本小题分
在复数范围内解方程；
若复数满足，，求．
19.本小题分
如图，四棱锥的底面为菱形，底面，且，，．
若点平面，且平面，证明，并求的最小值；
求点到平面的距离．
20.本小题分
如图，在直三棱柱中，是的中点．
证明：平面．
若是正三角形，，，求三棱柱的表面积．
21.本小题分
在中，，，分别为内角，，的对边，已知．
求的最小值；
若，，求外接圆的周长
22.本小题分
如图，四边形是边长为的正方形，与均为正三角形，将，与向上折起，使得，，三点重合于点，得到三棱锥．
证明：平面平面．
设为棱上一点，二面角为，求三棱锥的体积．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：复数的实部为，虚部为．
故选：．
利用复数的虚部与实部的定义求解．
本题考查复数的定义，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：因为，，，
所以由余弦定理得．
故选：．
直接利用余弦定理求解．
本题主要考查了余弦定理的应用，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：如图与直线异面的直线为，，，，，，，，共条．
故选：．
根据异面直线的概念可得．
本题考查异面直线的概念，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：根据题意，若三棱锥为正三棱锥，则，
与均为等腰三角形，充分性成立；
反之，若与均为等腰三角形，满足，，
此时三棱锥不是正三棱锥，必要性不成立；
“三棱锥为正三棱锥”是“与均为等腰三角形”的充分不必要条件．
故选：．
根据题意，由正三棱锥性质可知充分性成立；通过反例可说明必要性不成立，由此可得结论．
本题考查棱锥的结构特征，涉及充分必要条件的判断，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：．
故选：．
根据虚数乘方性质和复数的运算法则即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：根据题意，如图，圆台的轴截面为等腰梯形，且过点作，垂足为，
则由题意得：，，，
所以，，
故圆台的体积，
又半球的体积，
因为半球的密度为圆台密度的倍，
所以半球的重量为
故该不倒翁的总重量为．
故选：．
根据题意，作出圆台的轴截面，根据圆台的性质结合条件求出圆台的体积和半球的体积，从而求出半球的重量，即可求解．
本题考查组合体的体积计算，涉及圆台和球的体积计算，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：当直线与不平行时，不存在直线，使得，，故A错误；
当时，存在直线，满足，；
当直线与相交时，存在直线垂直于直线，所确定的平面时，即可满足，；
当，异面时，存在直线垂直于与直线，均平行的平面，满足，．
即对任意直线，，总存在直线，使得，，故B正确；
当与不平行时，不存在直线，使得，，故C错误；
当时，不存在直线，使得，，故D错误．
故选：．
由空间中直线与直线、直线与平面的位置关系一一判断即可得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
8.【答案】
【解析】解：设，则，，，
向量在向量上的投影为：，
向量在向量上的投影向量为：．
故选：．
由平面几何知识求出向量和向量的模与夹角，再由投影向量的知识求出投影向量．
本题考查平面向量的数量积的几何意义和投影向量，还考查了计算能力，属中档题．
9.【答案】
【解析】解：因为在中，，，
所以，
又，
所以或．
故选：．
利用正弦定理即可得解．
本题主要考查了正弦定理的应用，属于基础题．
10.【答案】
【解析】解：根据斜二测画法可还原四边形的平面图，过点作，垂足为，如下图所示，
，，
所以，选项A正确，选项B错误；
因为，，所以，
又，所以，选项C错误，选项D正确．
故选：．
根据斜二测画法可还原四边形的平面图，根据长度关系求解即可．
本题考查了斜二测画法的平面图应用问题，是基础题．
11.【答案】
【解析】解：设，，
因为是线段的中点，
则有，
由，可得，
设
，
则由平面向量基本定理可得，解得，
又，，三点共线，
故可设，
设，由为中点可知，
，将代入可得，
即．
又，
，
，
设，
则有，
即，解得，，
故．
故选：．
由题意，选定和作为平面向量的一组基底，由平面向量基本定理，将和用基底表示出来，比较系数即可求得．
本题考查平面向量的线性运算和平面向量基本定理，属中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于，设圆锥的底面半径为，则，
所以圆锥的底面圆的周长为，A错误；
对于，设圆锥侧面展开图扇形的圆心角为，则其侧面展开图面积，
又圆锥侧面展开图面积，所以，所以，B正确；
对于，取的中点，连接，
因为，分别为，中点，
所以，又底面圆，
所以底面圆，
所以直线与底面所成的角为，
因为，，
所以直线与底面所成角的正切值为，C正确；
对于，圆锥的侧面展开图如图所示，
在中，，，，
所以，
所以沿圆锥的侧面由点到点的最短距离是，D正确．
故选：．
根据勾股定理可求得圆锥底面半径，进而得到的真假；根据侧面展开图面积可构造方程求得圆心角，知的真假；取的中点，由线面角定义可知所求角为，根据长度关系可得的真假；作出圆锥侧面展开图，利用余弦定理可求得长，知的真假．．
本题考查线面角的求法及余弦定理的应用，属于中档题．
13.【答案】 二
【解析】解：为纯虚数，，解得：；
对应的点为，
在复平面内对应的点为与第二象限．
故答案为：；二．
根据纯虚数定义可构造方程求得；由复数乘方运算和几何意义可确定对应点的坐标，由此可得对应点所在象限．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：向量，，且，的夹角为钝角，
且，不共线，
即，解得且，
所以的取值范围为．
故答案为：．
根据向量的夹角关系得到且与不共线，再结合向量的坐标运算，求解即可．
本题考查平面向量的运算，熟练掌握平面向量数量积的坐标运算，共线的条件是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：设球的半径为，截面圆的半径为，球心到平面的距离为，
，，，，，
以为顶点，截面为底面的圆锥的体积为．
故答案为：．
根据球的表面积和截面圆面积可求得，，利用勾股定理可求得球心到截面的距离，代入圆锥体积公式即可．
本题考查球的表面积和截面圆面积，圆锥体积公式相关知识，属于中档题．
16.【答案】
【解析】解：因为，，，
由题意可知，
由正弦定理可得：，
所以，
因为，所以罗星塔的塔高约为．
故答案为：．
先根据正弦定理算，然后利用正切函数求的大小．
本题考查正弦定理的应用，属于中档题．
17.【答案】解：，
，；
，
．
【解析】利用数量积定义和运算律可求得，由此可得模长；
利用向量夹角公式直接求解即可．
本题考查了平面向量数量积定义和向量夹角公式，属于中档题．
18.【答案】解：由，
可得，则，
所以方程的解为或．
设，则由，得，解得．
又，所以，
所以．
【解析】利用配方法和可得；
设，根据，得，再根据复数的除法运算法则可得．
本题主要考查复数模公式，共轭复数的定义，属于基础题．
19.【答案】解：证明：因为平面平面，
又点平面，且平面，所以．
因为底面，所以，
设到的距离为，
则，
所以当时，取得最小值．
因为四边形为菱形，且，，
所以，
因为底面，面，
所以，
因为，所以，
同理可得，
所以，，
设点到平面的距离为，
由，
得，
解得．
【解析】因为点是平面和平面的公共点，所以在它们的交线上，当点与点重合时，的值最小；
利用等体积法求解，即可得到本题答案．
本题考查了等体积法求点到平面的距离的求法，是中档题．
20.【答案】证明：连接交于点，
则是的中点．
因为是的中点，所以．
又平面，平面，所以平面
解：因为为正三角形，是的中点，所以．
因为，所以．
在直三棱柱中，底面，则，
因为，所以，
所以三棱柱的表面积为．
【解析】已知是的中点．作辅助线连接交于点，从而利用中位线性质得线线平行，再证明线面平行即可；
通过已知长度关系，利用勾股定理求解侧棱长，再计算表面积．
本题考查线面平行的判定，考查几何体的表面积问题，属于基础题．
21.【答案】解：，由正弦定理可得：，
由余弦定理得：当且仅当时取等号，
的最小值为；
，，
，解得：或，
又，，又，，
设外接圆半径为，
由正弦定理得：，，
外接圆的周长为．
【解析】利用正弦定理角化边可得，，关系，利用余弦定理和基本不等式可求得结果；
利用两角和差余弦公式和已知等式可构造关于的方程，解方程求得，进而得到，利用正弦定理可求得外接圆半径，进而求得周长．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
22.【答案】证明：取的中点，连接，，则，
依题意可得，，，
所以，所以，
又，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
解：如图，作交于，作于，连接，
因为平面，所以平面，所以，
又，，平面，平面，
所以平面，
所以，则是二面角的平面角，则，
因此是等腰直角三角形，设，
则，得，
由，得，得，
，
，
故．
【解析】先证明，，得平面，从而可证平面平面；
分别求出三棱锥，的体积，然后相减，即可得到本题答案．
本题考查面面垂直的证明，三棱锥的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
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