重庆市万州第二高级中学2022-2023学年高一下学期期中数学 Word版含解析

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万州二中高2022级高一（下）半期考试数学试题一､单选题（5分/个）1.重庆市万州第二高级中学，创办于1939年，原名万县文德中学.学校以“健康､高尚､睿智､创新”为办学理念，用相对宽松的管理方式培养了一届又一届“优秀学子”，其中彭蕾女士就是其中的代表之一.彭蕾女士捐赠给学校的学习用“一体机”（黑板中间部分）为学校的教育教学带来了诸多便利.我们可以把“一体机”的正面看成（）A.矩形B.三角形C.棱柱D.棱锥【答案】A【解析】【分析】根据“一体机”的形状进行抽象后判断．【详解】观察“一体机”可以抽象其正面是矩形．故选：A．2.已知，则与的夹角是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由向量的夹角公式直接求解即可.【详解】设与的夹角为，因为，，，所以，因为，所以，即与的夹角是.

1故选：B3.中，分别是所对的边，若，则此三角形是（）A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等腰或直角三角形【答案】D【解析】【分析】由正弦定理化边为角，后由二倍角公式变形，再结合正弦函数性质可得．【详解】因为，所以由正弦定理可得，即，是的内角，所以或，所以或，即是等腰三角形或直角三角形，故选：D．4.已知是不共线的非零向量，则以下向量不可以作为一组基底的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】判断选项中的两个向量是否平行，即可判断选项.【详解】若两向量平行，则不可以作为基底，由选项可知，ABD中的两个向量都不共线，可以作为基底，C中的向量，满足，向量，不能作为基底.故选：C5.，是两个平面，，是两条直线，下列四个命题中正确的是（）A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，，则【答案】C【解析】

2【分析】根据空间中，直线与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】A项：若，，则或，故选项A不正确；B项：若，，则或m与n异面，故选项B不正确；C项：若，则与没有公共点，又因为，所以m与没有公共点，所以，故选项C正确；D项：若，，，则或与相交，故选项D不正确.故选：C.6.欧拉公式把自然对数的底数e、虚数单位i、三角函数联系在一起，充分体现了数学的和谐美．若复数z满足，则的虚部为（）A.B.C.1D.【答案】B【解析】【分析】由欧拉公式和复数除法运算可求得，由复数虚部定义求得结果【详解】由欧拉公式知：，，，的虚部为．故选：B7.如图所示，边长为2的正，以BC的中点O为圆心，BC为直径在点A的另一侧作半圆弧，点P在圆弧上运动，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】

3【分析】根据给定条件，可得，求出的夹角范围，再利用向量数量积的定义、运算律求解作答.【详解】过点作交半圆弧于点，连接，如图，而是正三角形，则，令夹角为，当点P在弧上时，，当点P在弧上时，，于是，显然，，所以.故选：B8.内角，，的对边分别为，，．若，，点在边上，并且，为的外心，则之长为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先由正弦定理得到，求出的外接圆半径为R，作出辅助线利用余弦定理求出，求出的长.【详解】由正弦定理得：，因为，所以，故，即，因为，所以，

4设的外接圆半径为R，则由正弦定理得：，故，如图，，且，因为，所以，，过点C作CH∥OB交OP的延长线于点H，则，因为，所以，，在三角形OCH中，由余弦定理得：，则，所以故选：C二､多选题（全对得5分，部分选对得2分，错一个不得分）9.下列说法正确的是（）A.圆台的任意两条母线延长后一定交于一点B.空间中没有公共点的两条直线一定平行C.过一个点以及一条直线可以确定唯一一个平面

5D.若直线和平面满足，那么平面内有无数条直线与直线平行【答案】AD【解析】【分析】根据圆台定义判断A，空间两直线位置关系判断B，平面的基本性质判断C，线面平行的性质定理判断D．【详解】圆锥是由平行于圆锥底面的平面截圆锥所得，它的母线延长后交于一点（原圆锥的顶点），A正确；空间没有公共点两条直线是平行或异面，B错误；过直线及直线外一点确定一个平面，若该点在直线上，则过该点和直线有无数个平面，C错误；直线与平面平行，由线面平行的性质定理知直线与过直线的平面和平面的交线平行，过直线的平面有无数个，因此相应的交线也有无数条，它们都与平行，D正确．故选：AD．10.下列说法不正确的有（）A.已知，若与垂直，则B.若，，则C.若为三个不共线向量，则D.若，，若为钝角，则实数的范围是【答案】BCD【解析】【分析】根据向量垂直坐标运算判断A选项，根据向量共线的性质判断B选项，根据数量积的定义及运算律判断C选项，再根据向量数量积与夹角的关系可判断D选项.详解】A选项：，，若与垂直，则，解得，A选项正确；B选项：当时，，，但不一定成立，B选项错误；C选项：根据向量的数量积的含义可知是一个实数，故是与共线的向量，同理是与共线的向量，但是，不一定共线，故不一定成立，C选项错误；

6D选项：，，若为钝角，则，解得且，D选项错误；故选：BCD.11.“虚数”这个词是17世纪著名数学家､哲学家笛卡尔创造的，当时的观念认为这是不存在的数.人们发现即使用全部的有理数和无理数，也不能解决代数方程的求解问题，像这样最简单的二次方程，在实数范围内没有解.引进虚数概念后，代数方程的求解问题才得以解决.设是方程的根，则（）A.B.是该方程的根C.是该方程的根D.若，，则坐标表示的几何图形面积为【答案】ACD【解析】【分析】由求根公式可知为方程的两根.A选项，由韦达定理可判断选项正误；B选项，将代入方程，验证其是否为0即可判断选项正误；C选项，将代入方程，验证其是否为0即可判断选项正误；设，由可确定满足方程，即可得答案.【详解】由题，的根利用求根公式可求得为：或.则为方程的两根.A选项，由韦达定理可得，故A正确；B选项，将代入方程，得，即不是方程的根，故B错误；C选项，将代入方程，得，即是方程的根，故C正确；

7D选项，当时，，设，则.则表示图形为以为圆心，半径为的两圆之间，即如图所示的圆环，面积为；当时，，则.则表示图形为以为圆心，半径为的两圆之间，即如图所示的圆环，面积为；综上可知，D正确故选：ACD12.如图，正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，BC=2.若将正三棱锥绕BC旋转，使得点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧，则（）

8A.平面B.平面BDCC.多面体的外接球的表面积为D.点A，P旋转运动的轨迹长相等【答案】BC【解析】【分析】根据给定条件，判断两个正三棱锥的特征，再将旋转前后的两个三棱锥放在正方体中，逐项分析即可判断作答.【详解】正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，BC=2，有，则正三棱锥的侧棱两两垂直，正三棱锥的侧棱互相垂直，于是旋转前后的正三棱锥和可以放到正方体中，四边形为该正方体的一个侧面，如图，连接，，如图，

9正方体中，且，四边形为平行四边形，则有，而与平面相交，则不平行于平面，A错误；，平面BDC，平面BDC，平面BDC，B正确；多面体的外接球即棱长为的正方体的外接球，外接球的半径为，表面积为，C正确；依题意，点A，P旋转角度相同，但旋转半径不同，所以运动的轨迹长不相等，D错误.故选：BC三､填空题（13-15每个5分，16题第一空2分，第二空3分）13.设是虚数单位，复数，则______.【答案】5【解析】【分析】根据复数的乘法运算及共轭复数的概念，求得，结合复数模的计算公式，即可求解.【详解】因为，所以，所以.故答案为：.14.已知直三棱柱底面的直观图是一个等腰直角三角形，斜边长，则该直三棱柱的底面积为______.【答案】【解析】【分析】由题设及斜二测法知在原图上的对应边长为，根据直角三角形面积公式计算即可.【详解】由题意知：，由斜二测法知：原直三棱柱中，的对应边长为，对应边长不变，

10所以底面三角形面积为，故该直三棱柱的底面积为.故答案：15.在一个如下图所示的直角梯形内挖去一个扇形，恰好是梯形的下底边的中点，将所得平面图形绕直线旋转一圈，所得几何体表面积为__________.【答案】【解析】【分析】由题可画出所得几何体的大致图形，即可得表面积.【详解】由题意可得几何体大致图形如下，则其表面积由三部分组成.圆锥部分，由题圆锥底面圆半径为，则底面圆周长为，由题可得圆锥侧面展开扇形半径为，可得侧面展开扇形圆心角为，得圆锥侧面积为；圆柱部分，圆柱侧面展开矩形长为圆锥底面圆周长，宽为2，则圆柱侧面积为；球部分，球半径为2，则半个球面面积为.综上，几何体表面积为.故答案为：

1116.如下图，中，为重心，P为线段上一点，则的最大值为______，分别是边的中点，则的取值范围是______.【答案】①.②.【解析】【分析】利用向量求得的表达式，由此求得的最大值.利用向量求得的表达式，由此求得的取值范围.【详解】，由于，所以.设是中点，则共线.,.

12，.的最大值为，所以的最大值为.，其中，即，所以，，.即的取值范围是.故答案为：；【点睛】要求向量数量积的最值或范围，需要利用数量积的运算将所求表达式进行化简，结合已知条件求得求得最值或范围.

13四､解答题（第17题10分，其他各题12分）17.已知复数（i是虚数单位）.（1）求复数z的共轭复数和模；（2）若.求a，b的值.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）利用复数运算化简，从而求得的共轭复数以及模.（2）根据复数相等列方程，化简求得的值.【小问1详解】，所以z共轭复数，.【小问2详解】因为，即，也即，所以，解得.18.已知向量的夹角为，且.（1）求；（2）当时，求实数m.【答案】（1）；（2）12.【解析】

14【分析】（1）利用向量数量积的运算律及已知求；（2）由向量垂直可得，结合数量积的运算律列方程求参数值即可.【小问1详解】由，则.【小问2详解】由题设，则.19.在棱长为2的正方体中，分别为棱和的中点.（1）证明：平面；（2）求异面直线与所成的余弦值；【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）证明后可得证线面平行；（2）证明，得是异面直线与所成的角或其补角，由余弦定理求解即可得．【小问1详解】连接,如图,因为分别为棱和的中点,所以且,所以是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面；【小问2详解】在正方体中，连接，如图，因为分别为棱和的中点，则，

15因此四边形是平行四边形，则，即是异面直线与所成的角或其补角，在中，，而正方体的体对角线，由余弦定理，得，所以异面直线与所成的余弦值为．20.如图所示，正方体的棱长为a.（1）过正方体的顶点，B，截下一个三棱锥，求正方体剩余部分的体积；（2）若M，N分别是棱AB，BC的中点，请画出过，M，N三点的平面与正方体表面的交线（保留作图痕迹，画出交线，无需说明理由），并求出交线围成的多边形的周长；【答案】（1）（2）作图见解析，【解析】【分析】（1）利用等体积法求出三棱锥的体积，再用正方体体积减去即可；

16（2）根据点､线､面的位置关系作出图形，再利用三角形相似等知识点则可求出相关线段长；【小问1详解】因为正方体，所以平面，则为三棱锥的高，，，则，则正方体剩余部分的体积为.【小问2详解】画直线交，延长线分别为点，再分别连接，分别交于点，顺次连接，五边形即为交线围成的多边形，易得，，则为等腰直角三角形，则，根据∽，，则，则，，同理可得，，而，则五边形的周长为.21.为解决社区老年人“一餐热饭”的问题，某社区与物业、第三方餐饮企业联合打造了社区食堂，每天为居民提供品种丰富的饭菜，还可以提供送餐上门服务，既解决了老年人的用餐问题，又能减轻年轻人的压力，受到群众的一致好评.如图，送餐人员小夏从处出发，前往，，三个地点送餐.已知

17，，，且，.（1）求的长度.（2）假设，，，均为平坦的直线型马路，小夏骑着电动车在马路上以的速度匀速行驶，每到一个地点，需要2分钟的送餐时间，到第三个地点送完餐，小夏完成送餐任务.若忽略电动车在马路上损耗的其他时间（例如：等红绿灯，电动车的启动和停止…），求小夏完成送餐任务的最短时间.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据余弦定理即可求解；（2）根据余弦定理求解，进而得，由两角和与差余弦公式可得，进而由余弦定理求解，根据三种不同的送餐路线，计算路程的大小，即可比较求解.【小问1详解】因为，，所以，在中，由余弦定理，得.【小问2详解】在中，由余弦定理，得，所以，所以.在中，由余弦定理，得

18，解得.假设小夏先去地，走路线，路长，假设小夏先去地，因为，所以走路线，路长，假设小夏先去地，走路线，路长，由于，所以小夏走路线，且完成送餐任务的最短时间为.22.在锐角△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，．（1）若，求△ABC的面积；（2）求的值；（3）求的取值范围．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用余弦定理和面积公式进行求解；（2）由正弦定理和三角恒等变换求解；（3）解法一：设BC中点为D，推导出，在三角形AOD中，利用余弦定理，正弦定理和函数单调性求出AD的取值范围，从而求出的取值范围；解法二：由余弦定理和数量积运算法则求出，换元后利用三角恒等变换得到，求出答案.【小问1详解】由余弦定理结合可知，△ABC的面积【小问2详解】

19因为，，所以，由正弦定理，所以，①由于，带入①式可知：【小问3详解】解法1：设BC中点为D，则所以如下图所示，设△ABC的外接圆为圆O，由于△ABC为锐角三角形，故点A的运动轨迹为劣弧（不含端点），由正弦定理知圆O的半径，故设，则，由余弦定理：由于函数在时单调递减，，

20所以解法2：由余弦定理②由定义所以设，则由正弦定理：其中锐角的终边经过点，由锐角三角形可知注意到，所以所以，②式变形为，故从而，此时函数单调递减，而，所以【点睛】向量相关的取值范围问题，考查面较广，可以和很多知识相结合，基本不等式，函数值域，解三角形，三角函数等，需要对知识熟练掌握且灵活运用，本题的第三问难度较大，需要用到极化恒等式，三角函数恒等变换等知识，属于难题.

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