《2022-2023學(xué)年安徽省六安市高一年級(jí)下冊(cè)學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題【含答案】》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022-2023學(xué)年安徽省六安市高一年級(jí)下冊(cè)學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題【含答案】（16頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、一、單選題 1．已知，為虛數(shù)單位，則（????） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由可得，利用復(fù)數(shù)的乘法可化簡(jiǎn)得出復(fù)數(shù). 【詳解】因?yàn)椋瑒t. 故選：C. 2．已知向量，若，則（???） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根據(jù)向量共線的規(guī)則求出x，再根據(jù)向量的坐標(biāo)運(yùn)算規(guī)則求解. 【詳解】 ， ； 故選：A. 3．如圖，是的直觀圖，其中，，那么是一個(gè)（????） A．等邊三角形 B．直角三角形 C．等腰三角形 D．無法確定 【答案】A 【分析】將直觀圖還原為投影圖，分析幾何圖形的形狀. 【詳解】 將直觀圖還原，則，，所以是正三角形.

2、故選：A. 4．在中，內(nèi)角，，所對(duì)的邊為，，，若，，，則角的大小為（????） A． B．或 C． D． 【答案】B 【分析】由正弦定理及三角形內(nèi)角和性質(zhì)求角的大小. 【詳解】由，則，而，故或， 顯然，所得角均滿足. 故選：B 5．是體積為的棱柱，則三棱錐的體積是（????） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根據(jù)等體積法結(jié)合同底等高的棱錐和棱柱體積的關(guān)系進(jìn)行求解 【詳解】不妨設(shè)三棱柱的高為，則， 故. 故選：D 6．設(shè)m，n是不同的直線，是不同的平面，則下列命題正確的是（????） A．，則 B．，則 C．，則 D．，則 【答案】D 【分析

3、】舉例說明判斷ABC；利用線面垂直的性質(zhì)判斷D作答. 【詳解】對(duì)于A，在長(zhǎng)方體中，平面為平面，分別為直線， 顯然滿足，而，此時(shí)不成立，A錯(cuò)誤； 對(duì)于B，在長(zhǎng)方體中，平面，平面分別為平面，為直線， 顯然滿足，而，此時(shí)不成立，B錯(cuò)誤； 對(duì)于C，在長(zhǎng)方體中，平面，平面分別為平面，為直線， 顯然滿足，而，此時(shí)不成立，C錯(cuò)誤； 對(duì)于D，因?yàn)?，由線面垂直的性質(zhì)知，，D正確. 故選：D 7．三棱錐A-BCD中，平面BCD，，，則該三棱錐的外接球表面積為（????） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由題可知，可將三棱錐補(bǔ)成長(zhǎng)方體，求長(zhǎng)方體的外接球的表面積即可. 【詳解

4、】由平面BCD，，知三棱錐A-BCD可補(bǔ)形為以AD，DC，BD為三條棱的長(zhǎng)方體，如圖所示， 三棱錐的外接球即長(zhǎng)方體的外接球，長(zhǎng)方體的對(duì)角線是外接球的直徑，設(shè)外接球的半徑為R， 則，所以該三棱錐的外接球表面積為. 故選：C． 8．如圖，在直三棱柱中，是等邊三角形，，，，分別是棱，，的中點(diǎn)，則異面直線與所成角的余弦值是（????） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】在棱上取一點(diǎn)，使得，取的中點(diǎn)，連接 ，，，即可得到，則或其補(bǔ)角是異面直線與所成的角，求出，，，再利用余弦定理計(jì)算可得. 【詳解】解：如圖，在棱上取一點(diǎn)，使得，取的中點(diǎn)，連接 ，，， 由于分別是棱的中點(diǎn)

5、，所以，故四邊形為平行四邊形，進(jìn)而, 又因?yàn)槭堑闹悬c(diǎn)，所以，所以，則或其補(bǔ)角是異面直線與所成的角. 設(shè)，則， 從而， ， 故, 故異面直線與所成角的余弦值是. 故選：C 二、多選題 9．對(duì)一個(gè)容量為的總體抽取容量為的樣本，當(dāng)選取抽簽法抽樣、隨機(jī)數(shù)法抽樣和分層隨機(jī)抽樣三種不同方法抽取樣本時(shí)，總體中每個(gè)個(gè)體被抽中的概率分別為，三者關(guān)系不可能是（????） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】根據(jù)抽樣的概念，每個(gè)個(gè)體被抽中的概率是均等的，即可求解. 【詳解】在抽簽法抽樣、隨機(jī)數(shù)法抽樣和分層隨機(jī)抽樣中，每個(gè)個(gè)體被抽中的概率均為， 所以. 故選：ABC.

6、 10．設(shè)平面向量，則（????） A． B．可以成為一組基底 C．與的夾角為銳角 D．在上的投影向量為 【答案】BD 【分析】求出，即可判斷A；由共線向量的條件判斷是否共線，即可判斷B；求得，則，即可判斷C；由投影向量的概念求解即可判斷D． 【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，，，，故A錯(cuò)誤； 對(duì)于B選項(xiàng)，由于，所以不共線，可以成為一組基底，故B正確； 對(duì)于C選項(xiàng)，，所以，則，所以與的夾角為直角，故C錯(cuò)誤； 對(duì)于D選項(xiàng)，向量在方向上的投影向量為，故D正確． 故選：BD. 11．如圖，透明塑料制成的長(zhǎng)方體容器內(nèi)灌進(jìn)一些水，固定容器底面一邊BC于地面上，再將容器以BC為軸順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，則（?

7、???） A．有水的部分始終是棱柱 B．水面所在四邊形EFGH為矩形且面積不變 C．棱始終與水面平行 D．當(dāng)點(diǎn)H在棱CD上且點(diǎn)G在棱上（均不含端點(diǎn)）時(shí)，不是定值 【答案】AC 【分析】利用棱柱的幾何特征判斷A；根據(jù)水面矩形變化情況判斷B；利用線面平行的判定判斷C；利用盛水的體積判斷D作答. 【詳解】對(duì)于A，有水部分的幾何體，有兩個(gè)面都垂直于BC，這兩個(gè)面始終平行，而， 并且BC始終與水面平行，即有，若點(diǎn)H在棱上，由面面平行的性質(zhì)知， ，若點(diǎn)H在棱CD上，，因此該幾何體有兩個(gè)面互相平行，其余各 面都是四邊形，并且每相鄰兩個(gè)四邊形的公共邊互相平行，即該幾何體是棱柱，A正確；

8、 對(duì)于B，因?yàn)樗鏋榫匦危叺拈L(zhǎng)不變，隨旋轉(zhuǎn)角的變化而變化，矩形的面積不是定值，B錯(cuò)誤； 對(duì)于C，因?yàn)槭冀K與平行，而始終與水面平行，并且不在水面所在平面內(nèi)，即棱始終與水面平行，C正確； 對(duì)于D，當(dāng)點(diǎn)在棱上且點(diǎn)在棱上（均不含端點(diǎn)）時(shí)，有水部分的棱柱的底面為三角形， 而水的體積不變，高不變，則底面面積不變，即為定值，D錯(cuò)誤. 故選：AC 12．在長(zhǎng)方體中，若直線與平面所成角為45°，與平面所成角為30°，則（????）． A． B．直線與所成角的余弦值為 C．直線與平面所成角為30° D．直線與平面所成角的正弦值為 【答案】BC 【分析】由題意，，設(shè)，則，，即可判斷A；由可

9、知 或其補(bǔ)角為直線與所成角，利用余弦定理求解可判斷B；由題可知直線與平面所成角為，又，，求出可判斷C；設(shè)點(diǎn)到平面的距離為h，由利用等體積法求出，再利用線面角的定義求解可判斷D． 【詳解】對(duì)于A：如圖，設(shè)，連接，∵平面，∴直線與平面所成角為，則， 連接，∵平面，∴直線與平面所成角為，則， 在中，，∴，故A錯(cuò)誤； 對(duì)于B：易知，∴或其補(bǔ)角為直線與所成角， 易知，，，∴，故B正確； 對(duì)于C：連接，由平面，可知直線與平面所成角為， 又，，∴，故C正確； 對(duì)于D：易知，設(shè)點(diǎn)到平面的距離為h， 則，取的中點(diǎn)E，連接BE， 由勾股定理可得，∴，∴， 設(shè)直線與平面所成角為，則，故D錯(cuò)

10、誤． 故選：BC. 三、填空題 13．化簡(jiǎn)：______. 【答案】 【分析】由向量的線性運(yùn)算求解即可. 【詳解】. 故答案為：. 14．目前，全國(guó)多數(shù)省份已經(jīng)開始了新高考改革.改革后，考生的高考總成績(jī)由語文、數(shù)學(xué)、外語3門全國(guó)統(tǒng)一考試科目成績(jī)和3門選擇性科目成績(jī)組成.某校高一年級(jí)選擇“物理、化學(xué)、生物”，“物理、化學(xué)、地理”和“歷史、政治、地理”組合的學(xué)生人數(shù)分別是900，540，360.現(xiàn)采用分層抽樣的方法從上述學(xué)生中選出100位學(xué)生進(jìn)行調(diào)查，則從選擇“物理、化學(xué)、生物”組合的學(xué)生中應(yīng)抽取的人數(shù)是______. 【答案】50 【分析】先求出抽取比例，再根據(jù)分層抽樣計(jì)

11、算選擇“物理、化學(xué)、生物”組合的學(xué)生人數(shù)即可. 【詳解】因?yàn)椋? 所以選擇“物理、化學(xué)、生物”組合的學(xué)生人數(shù)為. 故答案為：50 15．在中，，則___________. 【答案】 【分析】先利用正弦定理化角為邊求出邊，再利用余弦定理即可得解. 【詳解】因?yàn)椋裕? 所以， 由余弦定理. 故答案為：. 16．正方體的棱長(zhǎng)為1，點(diǎn)P是內(nèi)不包括邊界的動(dòng)點(diǎn)，若，則線段AP長(zhǎng)度的最小值為___________. 【答案】/ 【分析】根據(jù)平面確定平面，進(jìn)而在上，故當(dāng)時(shí)，最小，計(jì)算線段長(zhǎng)度利用等面積法計(jì)算得到答案. 【詳解】與相交于，連接，，， ，，，故平面，， 故平面，

12、P是內(nèi)不包括邊界的動(dòng)點(diǎn)，故在上， 當(dāng)時(shí)，最小 中，，， 根據(jù)等面積法：. 故答案為： 四、解答題 17．正四棱錐S﹣ABCD的底面邊長(zhǎng)為4，高為1，求： (1)求棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)和斜高； (2)求棱錐的表面積. 【答案】(1)側(cè)棱長(zhǎng)為3，斜高為 (2) 【分析】（1）設(shè)SO為正四棱錐S﹣ABCD的高，則SO＝1，作OM⊥BC，則M為BC 中點(diǎn)，連接OM，OB，則SO⊥OB，SO⊥OM，由此能求出棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)和斜高. （2）棱錐的表面積，由此能求出結(jié)果. 【詳解】（1）設(shè)SO為正四棱錐S﹣ABCD的高，則SO＝1， 作OM⊥BC于M，則M為BC 中點(diǎn)，

13、連接OM，OB，則SO⊥OB，SO⊥OM， BC＝4，BM＝2，則OM＝2，OB＝， 在Rt△SOB中，， 在Rt△SOM中，， ∴棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為3，斜高為. （2）棱錐的表面積： . 18．的內(nèi)角的對(duì)邊分別為，若，求： (1)的值； (2)和的面積． 【答案】(1) (2)，三角形面積為 【分析】（1）應(yīng)用余弦定理列方程求值即可； （2）由同角三角函數(shù)平方關(guān)系求，應(yīng)用正弦定理求，三角形面積公式求的面積. 【詳解】（1）由余弦定理得：，解得． （2）由，則， 由正弦定理得，又，則， ． 19．如圖，在三棱柱中，，平面平面. ?? (1)求

14、證：； (2)點(diǎn)E是線段BC中點(diǎn)，在線段上是否存在點(diǎn)F，使得平面，并說明理由. 【答案】(1)證明見解析 (2)存在，理由見解析 【分析】（1）利用線面垂直和面面垂直的性質(zhì)定理即可求解； （2）利用三角形的中位線定理及平行四邊形的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合線面平行的判定定理即可求解. 【詳解】（1）因?yàn)椋矫嫫矫?，平面平面，平面? 所以平面. 又因?yàn)槠矫妫? 所以. （2）存在，且點(diǎn)是線段的中點(diǎn)，理由如下： 取的中點(diǎn)G，連接FG，GC.如圖所示 ?? 在中，因?yàn)镕，G分別是，的中點(diǎn)， 所以，且. 在平行四邊形中，因?yàn)镋是BC的中點(diǎn)， 所以，且， 所以，且 所

15、以平行四邊形FECG是平行四邊形， 所以. 又因?yàn)槠矫?，平面? 所以平面. 故存在，且點(diǎn)是線段的中點(diǎn)，使得平面. 20．在斜三棱柱中，是邊長(zhǎng)為2的正三角形，側(cè)棱，頂點(diǎn)在平面的射影為邊的中點(diǎn). ?? (1)求證：平面平面； (2)求點(diǎn)到平面的距離. 【答案】(1)證明見解析 (2) 【分析】（1）先證明線面垂直，再根據(jù)面面垂直判定定理證明面面垂直即可； （2）應(yīng)用等體積方法求解點(diǎn)到平面距離. 【詳解】（1）且為的中點(diǎn)，， 又平面平面， 平面.故平面，又平面， 平面平面. （2）設(shè)點(diǎn)到平面的距離為是邊長(zhǎng)為2的正三角形，， 根據(jù)等體積公式可

16、得，解得- 21．已知分別為的內(nèi)角的對(duì)邊，且. (1)求角； (2)若的面積為，求的周長(zhǎng). 【答案】(1) (2)6 【分析】（1）根據(jù)，利用正弦定理結(jié)合兩角和與差的正弦函數(shù)得到，再利用輔助角公式求解. （2）由的面積為，結(jié)合，得到，再利用余弦定理求解. 【詳解】（1）解：因?yàn)椋? 所以由正弦定理得. 因?yàn)椋? 所以， 所以. 因?yàn)椋? 所以， 所以，即. 所以， 即 又， 所以. （2）因?yàn)榈拿娣e為，所以. 由，所以. 由余弦定理得， 又，所以. 解得. 故的周長(zhǎng)為. 22．如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體中，P、Q分別為棱和中點(diǎn). (1)請(qǐng)?jiān)?/p>

17、圖中作出過A、P、Q三點(diǎn)的正方體的截面（保留作圖痕跡，畫出交線，無需說明理由），并求交線所圍成的多邊形周長(zhǎng)； (2)求（1）中的截面與平面ABCD所成銳二面角的余弦值. 【答案】(1)作圖見解析， (2) 【分析】（1）作出截面求周長(zhǎng)即可. （2）用幾何法找到二面角的平面角，在三角形中求解即可. 【詳解】（1）如圖，多邊形AMPQN即為所作截面. 因?yàn)镻、Q分別為棱和中點(diǎn)，， 所以，即， 又，，所以，則， 在中，， 所以， 同理：，， 又在中，， 所以截面周長(zhǎng)為. （2）由正方體的性質(zhì)可知只需求截面與平面所成的銳二面角. 連接交PQ于E，連接AE， 因?yàn)樵谡襟w中，面，面， 所以， 又易知，，所以， 又面，所以平面， 因?yàn)槠矫?，所以? 又截面與平面的交線為，所以即為所求二面角的平面角， 易得，， 所以在中，， 所以， 即所求二面角的余弦值為.