2022-2023學年安徽省六安市高一年級下冊學期期中考試數學試題【含答案】

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1、一、單選題 1．已知，為虛數單位，則（????） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由可得，利用復數的乘法可化簡得出復數. 【詳解】因為，則. 故選：C. 2．已知向量，若，則（???） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根據向量共線的規則求出x，再根據向量的坐標運算規則求解. 【詳解】 ， ； 故選：A. 3．如圖，是的直觀圖，其中，，那么是一個（????） 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，內角，，所對的邊為，，，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角和性質求角的大小. 【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】根據等體積法結合同底等高的棱錐和棱柱體積的關系進行求解 【詳解】不妨設三棱柱的高為，則， 故. 故選：D 6．設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判斷D作答. 【詳解】對于A，在長方體中，平面為平面，分別為直線， 顯然滿足，而，此時不成立，A錯誤； 對于B，在長方體中，平面，平面分別為平面，為直線， 顯然滿足，而，此時不成立，B錯誤； 對于C，在長方體中，平面，平面分別為平面，為直線， 顯然滿足，而，此時不成立，C錯誤； 對于D，因為，由線面垂直的性質知，，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，可將三棱錐補成長方體，求長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可補形為以AD，DC，BD為三條棱的長方體，如圖所示， 三棱錐的外接球即長方體的外接球，長方體的對角線是外接球的直徑，設外接球的半徑為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，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，使得，取的中點，連接 ，，，即可得到，則或其補角是異面直線與所成的角，求出，，，再利用余弦定理計算可得. 【詳解】解：如圖，在棱上取一點，使得，取的中點，連接 ，，， 由于分別是棱的中點

5、，所以，故四邊形為平行四邊形，進而, 又因為是的中點，所以，所以，則或其補角是異面直線與所成的角. 設，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．對一個容量為的總體抽取容量為的樣本，當選取抽簽法抽樣、隨機數法抽樣和分層隨機抽樣三種不同方法抽取樣本時，總體中每個個體被抽中的概率分別為，三者關系不可能是（????） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】根據抽樣的概念，每個個體被抽中的概率是均等的，即可求解. 【詳解】在抽簽法抽樣、隨機數法抽樣和分層隨機抽樣中，每個個體被抽中的概率均為， 所以. 故選：ABC.

6、 10．設平面向量，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】對于A選項，，，，故A錯誤； 對于B選項，由于，所以不共線，可以成為一組基底，故B正確； 對于C選項，，所以，則，所以與的夾角為直角，故C錯誤； 對于D選項，向量在方向上的投影向量為，故D正確． 故選：BD. 11．如圖，透明塑料制成的長方體容器內灌進一些水，固定容器底面一邊BC于地面上，再將容器以BC為軸順時針旋轉，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．當點H在棱CD上且點G在棱上（均不含端點）時，不是定值 【答案】AC 【分析】利用棱柱的幾何特征判斷A；根據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】對于A，有水部分的幾何體，有兩個面都垂直于BC，這兩個面始終平行，而， 并且BC始終與水面平行，即有，若點H在棱上，由面面平行的性質知， ，若點H在棱CD上，，因此該幾何體有兩個面互相平行，其余各 面都是四邊形，并且每相鄰兩個四邊形的公共邊互相平行，即該幾何體是棱柱，A正確；

8、 對于B，因為水面為矩形，邊的長不變，隨旋轉角的變化而變化，矩形的面積不是定值，B錯誤； 對于C，因為始終與平行，而始終與水面平行，并且不在水面所在平面內，即棱始終與水面平行，C正確； 對于D，當點在棱上且點在棱上（均不含端點）時，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錯誤. 故選：AC 12．在長方體中，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，則，，即可判斷A；由可

9、知 或其補角為直線與所成角，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；設點到平面的距離為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】對于A：如圖，設，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錯誤； 對于B：易知，∴或其補角為直線與所成角， 易知，，，∴，故B正確； 對于C：連接，由平面，可知直線與平面所成角為， 又，，∴，故C正確； 對于D：易知，設點到平面的距離為h， 則，取的中點E，連接BE， 由勾股定理可得，∴，∴， 設直線與平面所成角為，則，故D錯

10、誤． 故選：BC. 三、填空題 13．化簡：______. 【答案】 【分析】由向量的線性運算求解即可. 【詳解】. 故答案為：. 14．目前，全國多數省份已經開始了新高考改革.改革后，考生的高考總成績由語文、數學、外語3門全國統一考試科目成績和3門選擇性科目成績組成.某校高一年級選擇“物理、化學、生物”，“物理、化學、地理”和“歷史、政治、地理”組合的學生人數分別是900，540，360.現采用分層抽樣的方法從上述學生中選出100位學生進行調查，則從選擇“物理、化學、生物”組合的學生中應抽取的人數是______. 【答案】50 【分析】先求出抽取比例，再根據分層抽樣計

11、算選擇“物理、化學、生物”組合的學生人數即可. 【詳解】因為， 所以選擇“物理、化學、生物”組合的學生人數為. 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】因為，所以， 所以， 由余弦定理. 故答案為：. 16．正方體的棱長為1，點P是內不包括邊界的動點，若，則線段AP長度的最小值為___________. 【答案】/ 【分析】根據平面確定平面，進而在上，故當時，最小，計算線段長度利用等面積法計算得到答案. 【詳解】與相交于，連接，，， ，，，故平面，， 故平面，

12、P是內不包括邊界的動點，故在上， 當時，最小 中，，， 根據等面積法：. 故答案為： 四、解答題 17．正四棱錐S﹣ABCD的底面邊長為4，高為1，求： (1)求棱錐的側棱長和斜高； (2)求棱錐的表面積. 【答案】(1)側棱長為3，斜高為 (2) 【分析】（1）設SO為正四棱錐S﹣ABCD的高，則SO＝1，作OM⊥BC，則M為BC 中點，連接OM，OB，則SO⊥OB，SO⊥OM，由此能求出棱錐的側棱長和斜高. （2）棱錐的表面積，由此能求出結果. 【詳解】（1）設SO為正四棱錐S﹣ABCD的高，則SO＝1， 作OM⊥BC于M，則M為BC 中點，

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，， ∴棱錐的側棱長為3，斜高為. （2）棱錐的表面積： . 18．的內角的對邊分別為，若，求： (1)的值； (2)和的面積． 【答案】(1) (2)，三角形面積為 【分析】（1）應用余弦定理列方程求值即可； （2）由同角三角函數平方關系求，應用正弦定理求，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E是線段BC中點，在線段上是否存在點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定理，結合線面平行的判定定理即可求解. 【詳解】（1）因為，平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 又因為平面， 所以. （2）存在，且點是線段的中點，理由如下： 取的中點G，連接FG，GC.如圖所示 ?? 在中，因為F，G分別是，的中點， 所以，且. 在平行四邊形中，因為E是BC的中點， 所以，且， 所以，且 所

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

16、得，解得- 21．已知分別為的內角的對邊，且. (1)求角； (2)若的面積為，求的周長. 【答案】(1) (2)6 【分析】（1）根據，利用正弦定理結合兩角和與差的正弦函數得到，再利用輔助角公式求解. （2）由的面積為，結合，得到，再利用余弦定理求解. 【詳解】（1）解：因為， 所以由正弦定理得. 因為， 所以， 所以. 因為， 所以， 所以，即. 所以， 即 又， 所以. （2）因為的面積為，所以. 由，所以. 由余弦定理得， 又，所以. 解得. 故的周長為. 22．如圖，在棱長為2的正方體中，P、Q分別為棱和中點. (1)請在

17、圖中作出過A、P、Q三點的正方體的截面（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； (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. 因為P、Q分別為棱和中點，， 所以，即， 又，，所以，則， 在中，， 所以， 同理：，， 又在中，， 所以截面周長為. （2）由正方體的性質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， 因為在正方體中，面，面， 所以， 又易知，，所以， 又面，所以平面， 因為平面，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.