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1、2022-2023學年度第二學期集中練習2
高一數學
時間：120分鐘滿分：150分
一、選擇題（每小題5分，共8小題40分）
1. 設，是兩個不共線的平面向量，已知，，若，則（ ）
A. 2 B. -2 C. 6 D. -6
【答案】D
【解析】
【分析】根據可知，再根據，代入求解即可.
【詳解】因為，故，故，因為，是兩個不共線的平面向量，故，解得.
故選：D
【點睛】本題主要考查了向量平行求參數的問題，若，則，屬于基礎題.
2. 若復數滿足 (為虛數單位），則復數在復平面內對應的點位于（）
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，再用復數的乘除運算法則進行計算，從而得到復數在復平面內對應的點所在的象限.
【詳解】，所以，故復數在復平面內對應的點為，位于第三象限.
故選：C
3. 如圖，在中，，是上的一點，若，則實數的值為（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】平面內三點共線的充要條件為：存在實數，使，且.求得，從而可得結果.
【詳解】由，可得，
所以，
又三點共線，由三點共線定理，可得：，
，
故選C.
【點睛】本題主要考查平面向量共線定理的應用，意在考查靈活應用所學知識解答問題的能力，屬于基礎題.
4. 一平面四邊形
3、OABC的直觀圖O′A′B′C′如圖所示，其中O′C′⊥x′軸，A′B′⊥x′軸，B′C′∥y′軸，則四邊形OABC的面積為（ ）
A. B. 3 C. 3 D.
【答案】B
【解析】
【分析】結合圖形可得，則可得四邊形面積，后可得四邊形OABC的面積.
【詳解】設軸與交點為D，因O′C′⊥x′軸，A′B′⊥x′軸，則，又B′C′∥y′軸，則四邊形為平行四邊形，故.又，結合A′B′⊥x′軸，則，故.
則四邊形面積為，因四邊形面積是四邊形OABC的面積的倍，則四邊形OABC的面積為.
故選：B
5. 設，是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，有下列四個命題：
①，
4、，則；
②若，，則；
③若，，，則；
④若，，，則．
其中正確命題的序號是（）
A. ③④ B. ①② C. ①④ D. ②③
【答案】D
【解析】
【分析】舉例說明判斷AD；利用面面平行的性質判斷B；利用線面垂直的性質推理判斷C作答.
【詳解】對于①，因為，當時，滿足，此時，①錯誤；
對于②，因為，，則，②正確；
對于③，因為，，則，又，因此，③正確；
對于④，當，時，有，，若，滿足，顯然不成立，④錯誤，
所以正確命題的序號是②③.
故選：D
6. 在中，角的對邊分別為，.則的最大值為
A. 1 B. 2 C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根
5、據題干得到B=，原式，根據角A的范圍得到最值即可.
【詳解】角的對邊分別為，，變形為：
根據余弦定理，故角B=
因為
故最大值為：1.
故答案為A.
【點睛】本題主要考查正弦定理邊角互化及余弦定理的應用與特殊角的三角函數，屬于簡單題. 對余弦定理一定要熟記兩種形式：（1）；（2），同時還要熟練掌握運用兩種形式的條件.另外，在解與三角形、三角函數有關的問題時，還需要記住等特殊角的三角函數值，以便在解題中直接應用.
7. 三棱錐P-ABC的三條側棱PA、PB、PC兩兩互相垂直，且長度分別為3、4、5，則三棱錐P-ABC外接球的體積是
A. B. C. D.
【答案】C
6、
【解析】
【詳解】由PA、PB、PC兩兩互相垂直為一個頂點出發的正方體的對角線長為.所以三棱錐P-ABC外接球的半徑為.所以體積為.
故選：C
8. 如圖,為平行四邊形所在平面外一點,為的中點,為上一點,當∥平面時,( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
連接交于,連接,因為∥平面,平面,平面平面,可得∥,結合已知條件,即可求得答案.
【詳解】連接交于,連接,
∥平面,平面
平面平面,
∥,
故:①
又∥,為的中點,
②
由①②可得:
故選:D.
【點睛】本題考查了根據線面平行求線段比例,解題關鍵是掌握線面平行
7、判定定理,考查了分析能力和空間想象能力,屬于基礎題.
二、多選題（每小題5分，共4小題20分）
9. 已知向量，，則（）
A. B. 向量在向量上的投影向量為
C. 與的夾角余弦值為 D. 若，則
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用平面向量共線的坐標表示可判斷A選項的正誤；設向量在向量上的投影向量為，根據題意得出，求出的值，可判斷B選項的正誤；利用平面向量夾角余弦的坐標表示可判斷C選項的正誤；利用平面向量垂直的坐標表示可判斷D選項的正誤.
【詳解】對于A選項，，，所以，與不共線，A選項錯誤；
對于B選項，設向量在向量上的投影向量為，
則，即，解得，
故向量在向量上的
8、投影向量為，B選項正確；
對于C選項，，，C選項正確；
對于D選項，若，則，所以，，D選項正確.
故選：BCD.
10. 設復數，則下列說法正確的是（）
A. 實部為2 B. 虛部為
C. 模為 D. 在復平面內對應點在第四象限
【答案】ACD
【解析】
【分析】將復數化簡整理得，依次驗證A、B、C、D四個選項，可知B錯誤.
【詳解】，
知復數的虛部為，實部為2，所以選項A正確，選項B錯誤；
對于選項C，，所以選項C正確；
對于選項D，復數對應的點為在第四象限，所以選項D正確.
故選：ACD.
11. 如圖是正方體的平面展開圖，則關于這個正方體的說法正確的是
9、
A. 與平行 B. 與是異面直線
C. 與成角 D. 與是異面直線
【答案】CD
【解析】
【分析】
把平面展開圖還原成幾何體，再由棱柱的結構特征及異面直線定義?異面直線所成角逐一核對四個命題得答案.
【詳解】把平面展開圖還原成幾何體，如圖：
.由正方體的性質可知，與異面且垂直，故錯誤；
.與平行，故錯誤；
.連接，則，為與所成角，連接，可知為正三角形，則，故正確；
.由異面直線的定義可知，與是異面直線，故正確.
故選：.
【點睛】本題考查由正方體的展開圖還原立體圖，直線與直線的位置關系，直線與直線所成角的判斷，屬于基礎題
12. 如圖，透明塑料制成的長方體容器
10、內灌進一些水，固定容器一邊于地面上，再將容器傾斜，隨著傾斜度的不同，有下面幾個結論，其中正確的命題有（ ）
A. 沒有水的部分始終呈棱柱形
B. 水面所在四邊形的面積為定值
C. 隨著容器傾斜度的不同，始終與水面所在平面平行
D. 當容器傾斜如圖（3）所示時，為定值
【答案】AD
【解析】
【分析】想象容器傾斜過程中，水面形狀（注意始終在桌面上），可得結論．
【詳解】由于始終在桌面上，因此傾斜過程中，沒有水的部分，是以左右兩側的面為底面的棱柱，A正確；
圖（2）中水面面積比（1）中水面面積大，B錯；
圖（3）中與水面就不平行，C錯；
圖（3）中，水體積不變，因此
11、面積不變，從而為定值，D正確．
故選：AD．
【點睛】本題考查空間線面的位置關系，考查棱柱的概念，考查學生的空間想象能力，屬于中檔題．
三、填空題（每小題5分，共4小題20分）
13. 已知，與的夾角是90°，，，與垂直，則的值為______.
【答案】
【解析】
【分析】由與垂直，可得，然后將代入化簡可得結果.
【詳解】因為，與夾角為90°，則，
因為與垂直，所以，又，，
所以，
解得.
故答案為：
14. 已知，則的最大值是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根據復數的幾何意義即可求解.
【詳解】設，則有，即，
則在復平面中的點在以為圓心
12、，為半徑的圓周上，
，
，表示與點的距離，
如圖所示：
由圖可知，，
即的最大值為7.
故答案為：7
15. 如圖，一立在水平地面上圓錐形物體的母線長為，一只小蟲從圓錐的底面圓上的點出發，繞圓錐表面爬行一周后回到點處.若該小蟲爬行的最短路程為，則圓錐底面圓的半徑等于___________.
【答案】
【解析】
【分析】
把圓錐側面沿過點的母線展開，畫出側面展開圖，根據題中條件，即可求出結果.
【詳解】把圓錐側面沿過點的母線展開成如圖所示的扇形，
由題意，，
則，所以 ，
設底面圓的半徑為，則，所以.
故答案為：.
16. 如圖，直角梯形中， ，，
13、，若將直角梯形繞邊旋轉一周，則所得幾何體的表面積為 __________．
【答案】;
【解析】
【詳解】幾何體為一個圓錐與圓柱的組合體，表面積為
點睛:空間幾何體表面積的求法
(1)以三視圖為載體的幾何體的表面積問題，關鍵是分析三視圖確定幾何體中各元素之間的位置關系及數量．
(2)多面體的表面積是各個面的面積之和；組合體的表面積注意銜接部分的處理．
(3)旋轉體的表面積問題注意其側面展開圖的應用．
四、解答題（第17題10分，第18題12分，第19題12分，第20題12分，第21題12分，第22題12分，共6小題70分）
17. 設向量，滿足，．
求的值；
求與夾
14、角的正弦值．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】利用數量積運算及其性質即可得出；利用向量的夾角公式和數量積的性質即可得出．
【詳解】向量，滿足，．
，．
因此，
．
設與夾角為，
．
．
，．
與夾角的正弦值為．
【點睛】本題考查了數量積的運算及其性質、向量的夾角公式，屬于基礎題．
18. 復數，其中為虛數單位．
（1）求及；
（2）若，求實數，的值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）首先根據復數的運算求解出復數，進而根據復數的模長公式求解；
（2）首先將代入等式，然后根據等式關系構造方程組，解方程組即可得到實數，的值.
【
15、小問1詳解】
∵，
∴．
【小問2詳解】
由（1）可知，
由，得：，
即，∴，解得
19. 如圖，在棱長為正方體中，截去三棱錐，求
（1）截去的三棱錐的表面積；
（2）剩余的幾何體的體積.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）三棱錐中是邊長為的等邊三角形，、、都是直角邊為的等腰直角三角形，計算四個三角形面積之和即可求解.
（2）正方體的體積減去三棱錐的體積即得剩余的幾何體的體積.
【詳解】（1）由正方體的特點可知三棱錐中，是邊長為的等邊三角形，、、都是直角邊為的等腰直角三角形，
所以截去的三棱錐的表面積
（2）正方體的體積為，
三棱
16、錐的體積為，
所以剩余的幾何體的體積為.
20. 在中，角A、B、C所對的邊分別為，且
（1）求角C的大小；
（2）若的面積，求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
【詳解】試題分析：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）由題意得，，
∴ .
由余弦定理可得
，
∴
由正弦定理得，
∴
考點：本題考查正弦定理，余弦定理，兩角和與差的三角函數
點評：解決本題的關鍵是
17、靈活應用正、余弦定理
21. 在正方體中，S是的中點，E，F，G分別是BC，DC，SC的中點，求證：
（1）平面；
（2）平面平面.
【答案】（1）證明見解析
（2）證明見解析
【解析】
【分析】（1）連AC，BD交于點O，連SB，D1O，證明，利用線面平行的判定定理證明即可；
（2）證明都平行于平面，然后利用面面平行的判定定理證明即可.
【小問1詳解】
證明：連AC，BD交于點O，連SB，D1O，
G，E分別是SC，BC的中點，，
又，則四邊形為平行四邊形，
，，
平面，平面，
平面；
【小問2詳解】
由題連接OF，A1F，
OF是的中位線，，
四點
18、共面，
由（1）可知，，平面，平面，
則平面
又,平面，平面，
則平面，又，
平面,平面,
平面平面.
22. 已知向量，設．
（1）求函數的解析式及單調增區間；
（2）在中，分別為內角的對邊，且，求的面積．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角函數恒等變換化簡函數解析式可得，整體代入求解函數的單調增區間即可；
（2）由，可得，結合范圍，可得的值，由余弦定理可解得的值，利用三角形面積公式即可得解．
【詳解】解：（1）
由，可得，
所以函數的單調遞增區間為，.
（2）因為，所以，
又，則，所以，解得，
由余弦定理可得，可得，
解得，所以.
2022-2023學年安徽省合肥市高一年級下冊學期5月期中聯考考試 數學【含答案】
