2022-2023学年安徽省合肥市高一年级下册学期5月期中联考考试 数学【含答案】

《2022-2023学年安徽省合肥市高一年级下册学期5月期中联考考试 数学【含答案】》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年安徽省合肥市高一年级下册学期5月期中联考考试 数学【含答案】（17页珍藏版）》请在装配图网上搜索。

1、2022-2023学年度第二学期集中练习2 高一数学 时间：120分钟满分：150分 一、选择题（每小题5分，共8小题40分） 1. 设，是两个不共线的平面向量，已知，，若，则（ ） A. 2 B. -2 C. 6 D. -6 【答案】D 【解析】 【分析】根据可知，再根据，代入求解即可. 【详解】因为，故，故，因为，是两个不共线的平面向量，故，解得. 故选：D 【点睛】本题主要考查了向量平行求参数的问题，若，则，属于基础题. 2. 若复数满足 (为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【

2、答案】C 【解析】 【分析】先求，再用复数的乘除运算法则进行计算，从而得到复数在复平面内对应的点所在的象限. 【详解】，所以，故复数在复平面内对应的点为，位于第三象限. 故选：C 3. 如图，在中，，是上的一点，若，则实数的值为（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】平面内三点共线的充要条件为：存在实数，使，且.求得，从而可得结果. 【详解】由，可得， 所以， 又三点共线，由三点共线定理，可得：， ， 故选C. 【点睛】本题主要考查平面向量共线定理的应用，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于基础题. 4. 一平面四边形

3、OABC的直观图O′A′B′C′如图所示，其中O′C′⊥x′轴，A′B′⊥x′轴，B′C′∥y′轴，则四边形OABC的面积为（　　） A. B. 3 C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合图形可得，则可得四边形面积，后可得四边形OABC的面积. 【详解】设轴与交点为D，因O′C′⊥x′轴，A′B′⊥x′轴，则，又B′C′∥y′轴，则四边形为平行四边形，故.又，结合A′B′⊥x′轴，则，故. 则四边形面积为，因四边形面积是四边形OABC的面积的倍，则四边形OABC的面积为. 故选：B 5. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，有下列四个命题： ①，

4、，则； ②若，，则； ③若，，，则； ④若，，，则． 其中正确命题的序号是（） A. ③④ B. ①② C. ①④ D. ②③ 【答案】D 【解析】 【分析】举例说明判断AD；利用面面平行的性质判断B；利用线面垂直的性质推理判断C作答. 【详解】对于①，因为，当时，满足，此时，①错误； 对于②，因为，，则，②正确； 对于③，因为，，则，又，因此，③正确； 对于④，当，时，有，，若，满足，显然不成立，④错误， 所以正确命题的序号是②③. 故选：D 6. 在中，角的对边分别为，.则的最大值为 A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根

5、据题干得到B=，原式，根据角A的范围得到最值即可. 【详解】角的对边分别为，，变形为： 根据余弦定理，故角B= 因为 故最大值为：1. 故答案为A. 【点睛】本题主要考查正弦定理边角互化及余弦定理的应用与特殊角的三角函数，属于简单题. 对余弦定理一定要熟记两种形式：（1）；（2），同时还要熟练掌握运用两种形式的条件.另外，在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用. 7. 三棱锥P-ABC的三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，且长度分别为3、4、5，则三棱锥P-ABC外接球的体积是 A. B. C. D. 【答案】C

6、 【解析】 【详解】由PA、PB、PC两两互相垂直为一个顶点出发的正方体的对角线长为.所以三棱锥P-ABC外接球的半径为.所以体积为. 故选：C 8. 如图,为平行四边形所在平面外一点,为的中点,为上一点,当∥平面时,( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 连接交于,连接,因为∥平面,平面,平面平面,可得∥,结合已知条件,即可求得答案. 【详解】连接交于,连接, ∥平面,平面 平面平面, ∥, 故:① 又∥,为的中点, ② 由①②可得: 故选:D. 【点睛】本题考查了根据线面平行求线段比例,解题关键是掌握线面平行

7、判定定理,考查了分析能力和空间想象能力,属于基础题. 二、多选题（每小题5分，共4小题20分） 9. 已知向量，，则（） A. B. 向量在向量上的投影向量为 C. 与的夹角余弦值为 D. 若，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用平面向量共线的坐标表示可判断A选项的正误；设向量在向量上的投影向量为，根据题意得出，求出的值，可判断B选项的正误；利用平面向量夹角余弦的坐标表示可判断C选项的正误；利用平面向量垂直的坐标表示可判断D选项的正误. 【详解】对于A选项，，，所以，与不共线，A选项错误； 对于B选项，设向量在向量上的投影向量为， 则，即，解得， 故向量在向量上的

8、投影向量为，B选项正确； 对于C选项，，，C选项正确； 对于D选项，若，则，所以，，D选项正确. 故选：BCD. 10. 设复数，则下列说法正确的是（） A. 实部为2 B. 虚部为 C. 模为 D. 在复平面内对应点在第四象限 【答案】ACD 【解析】 【分析】将复数化简整理得，依次验证A、B、C、D四个选项，可知B错误. 【详解】， 知复数的虚部为，实部为2，所以选项A正确，选项B错误； 对于选项C，，所以选项C正确； 对于选项D，复数对应的点为在第四象限，所以选项D正确. 故选：ACD. 11. 如图是正方体的平面展开图，则关于这个正方体的说法正确的是

9、 A. 与平行 B. 与是异面直线 C. 与成角 D. 与是异面直线 【答案】CD 【解析】 【分析】 把平面展开图还原成几何体，再由棱柱的结构特征及异面直线定义､异面直线所成角逐一核对四个命题得答案. 【详解】把平面展开图还原成几何体，如图： .由正方体的性质可知，与异面且垂直，故错误； .与平行，故错误； .连接，则，为与所成角，连接，可知为正三角形，则，故正确； .由异面直线的定义可知，与是异面直线，故正确. 故选：. 【点睛】本题考查由正方体的展开图还原立体图，直线与直线的位置关系，直线与直线所成角的判断，属于基础题 12. 如图，透明塑料制成的长方体容器

10、内灌进一些水，固定容器一边于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的命题有（ ） A. 没有水的部分始终呈棱柱形 B. 水面所在四边形的面积为定值 C. 随着容器倾斜度的不同，始终与水面所在平面平行 D. 当容器倾斜如图（3）所示时，为定值 【答案】AD 【解析】 【分析】想象容器倾斜过程中，水面形状（注意始终在桌面上），可得结论． 【详解】由于始终在桌面上，因此倾斜过程中，没有水的部分，是以左右两侧的面为底面的棱柱，A正确； 图（2）中水面面积比（1）中水面面积大，B错； 图（3）中与水面就不平行，C错； 图（3）中，水体积不变，因此

11、面积不变，从而为定值，D正确． 故选：AD． 【点睛】本题考查空间线面的位置关系，考查棱柱的概念，考查学生的空间想象能力，属于中档题． 三、填空题（每小题5分，共4小题20分） 13. 已知，与的夹角是90°，，，与垂直，则的值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由与垂直，可得，然后将代入化简可得结果. 【详解】因为，与夹角为90°，则， 因为与垂直，所以，又，， 所以， 解得. 故答案为： 14. 已知，则的最大值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的几何意义即可求解. 【详解】设，则有，即， 则在复平面中的点在以为圆心

12、，为半径的圆周上， ， ，表示与点的距离， 如图所示： 由图可知，， 即的最大值为7. 故答案为：7 15. 如图，一立在水平地面上圆锥形物体的母线长为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点处.若该小虫爬行的最短路程为，则圆锥底面圆的半径等于___________. 【答案】 【解析】 【分析】 把圆锥侧面沿过点的母线展开，画出侧面展开图，根据题中条件，即可求出结果. 【详解】把圆锥侧面沿过点的母线展开成如图所示的扇形， 由题意，， 则，所以 ， 设底面圆的半径为，则，所以. 故答案为：. 16. 如图，直角梯形中， ，，

13、，若将直角梯形绕边旋转一周，则所得几何体的表面积为 __________． 【答案】; 【解析】 【详解】几何体为一个圆锥与圆柱的组合体，表面积为 点睛:空间几何体表面积的求法 (1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量． (2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理． (3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用． 四、解答题（第17题10分，第18题12分，第19题12分，第20题12分，第21题12分，第22题12分，共6小题70分） 17. 设向量，满足，． 求的值； 求与夹

14、角的正弦值． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】利用数量积运算及其性质即可得出；利用向量的夹角公式和数量积的性质即可得出． 【详解】向量，满足，． ，． 因此， ． 设与夹角为， ． ． ，． 与夹角的正弦值为． 【点睛】本题考查了数量积的运算及其性质、向量的夹角公式，属于基础题． 18. 复数，其中为虚数单位． （1）求及； （2）若，求实数，的值． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）首先根据复数的运算求解出复数，进而根据复数的模长公式求解； （2）首先将代入等式，然后根据等式关系构造方程组，解方程组即可得到实数，的值. 【

15、小问1详解】 ∵， ∴． 【小问2详解】 由（1）可知， 由，得：， 即，∴，解得 19. 如图，在棱长为正方体中，截去三棱锥，求 （1）截去的三棱锥的表面积； （2）剩余的几何体的体积. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】 （1）三棱锥中是边长为的等边三角形，、、都是直角边为的等腰直角三角形，计算四个三角形面积之和即可求解. （2）正方体的体积减去三棱锥的体积即得剩余的几何体的体积. 【详解】（1）由正方体的特点可知三棱锥中，是边长为的等边三角形，、、都是直角边为的等腰直角三角形， 所以截去的三棱锥的表面积 （2）正方体的体积为， 三棱

16、锥的体积为， 所以剩余的几何体的体积为. 20. 在中，角A、B、C所对的边分别为，且 （1）求角C的大小； （2）若的面积，求的值. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：由，得 ， 即2sinCcosA=2sin（A+C）-sinA， 整理可得，2sinAcosC- sinA=0， 即sinA（2cosC-）=0， 又A,C∈（0，π），∴sinA>0，cosC=, ∴ （2）由题意得，， ∴ . 由余弦定理可得 ， ∴ 由正弦定理得， ∴ 考点：本题考查正弦定理，余弦定理，两角和与差的三角函数 点评：解决本题的关键是

17、灵活应用正、余弦定理 21. 在正方体中，S是的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点，求证： （1）平面； （2）平面平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）连AC，BD交于点O，连SB，D1O，证明，利用线面平行的判定定理证明即可； （2）证明都平行于平面，然后利用面面平行的判定定理证明即可. 【小问1详解】 证明：连AC，BD交于点O，连SB，D1O， G，E分别是SC，BC的中点，， 又，则四边形为平行四边形， ，， 平面，平面， 平面； 【小问2详解】 由题连接OF，A1F， OF是的中位线，， 四点

18、共面， 由（1）可知，，平面，平面， 则平面 又,平面，平面， 则平面，又， 平面,平面, 平面平面. 22. 已知向量，设． （1）求函数的解析式及单调增区间； （2）在中，分别为内角的对边，且，求的面积． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）利用三角函数恒等变换化简函数解析式可得，整体代入求解函数的单调增区间即可； （2）由，可得，结合范围，可得的值，由余弦定理可解得的值，利用三角形面积公式即可得解． 【详解】解：（1） 由，可得， 所以函数的单调递增区间为，. （2）因为，所以， 又，则，所以，解得， 由余弦定理可得，可得， 解得，所以.