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1、2022-2023学年海南省海口市高一下学期期末考试数学试题一、单选题1已知是虚数单位，复数是纯虚数，则实数的值为（）A2B2CD4【答案】A【分析】因为是实数，所以复数的实部是，虚部是，直接由实部等于0，虚部不等于0求解的值【详解】解：由是纯虚数，得，解得故选：A.2已知，若与共线，则（）AB4C9D【答案】A【分析】根据平面向量共线的坐标表示即可求解.【详解】因为与共线，所以，解得.故选：A.3过两直线和的交点和原点的直线方程为（）A3x-19y=0B19x-3y=0C19x+3y=0D3x+19y=0【答案】D【分析】设过两直线交点的直线系方程为，代入原点坐标，得，求解即可.【详解】设过
2、两直线交点的直线系方程为，代入原点坐标，得，解得，故所求直线方程为，即.故选：D.4已知，是两条直线，是两个平面，下列说法正确的是（）A若，则B若，则C若，则D若，则【答案】D【分析】根据线线、线面、面面位置关系的有关知识对选项进行分析，从而得解.【详解】A选项，若，则可能含于，A选项错误；B选项，若，则可能含于，B选项错误；C选项，若，则可能异面，C选项错误；D选项，若，由线面垂直的性质定理可知，D选项正确.故选：D.5一个三角形的三条高的长度分别是，则该三角形（）A一定是锐角三角形B一定是直角三角形C一定是钝角三角形D有可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形【答案】C【分析】根据给定条件，利
3、用三角形面积表示边长，再利用余弦定理计算判断作答.【详解】设这个三角形面积为，三边长分别为，依题意，显然，即边c所对角是最大角，由余弦定理得，则是钝角，所以该三角形一定是钝角三角形.故选：C6已知正三棱台的上下底面的棱长分别为3和6，侧棱长为2，则该正三棱台的体积为（）ABCD【答案】D【分析】先利用勾股定理求出三棱台的高，再根据棱台的体积公式即可求解.【详解】如图画出正三棱台，连接上下底面中心，即为三棱台的高，过作，垂足为，则，,又上下底面外接圆半径分别，侧棱长为，所以正三棱台的高为，因为正三棱台的上下底面的边长分别为3，6，所以上下底面面积分别为，所以其体积为.故选：D.7若构成空间的一个
4、基底，则下列向量可以构成空间的一个基底的是（）A，B，C，D，【答案】B【分析】根据空间基底的概念逐项判断，可得出合适的选项.【详解】对于A，因此向量共面，故不能构成基底，故A错误；对于B，假设向量共面，则，即，无解，这与题设矛盾，假设不成立，可以构成基底，故B正确；对于C，因此向量共面，故不能构成基底，故C错误；对于D，因此向量共面，故不能构成基底，故D错误；故选：B.8已知两点，动点在直线上运动，则的最小值为（）ABC4D5【答案】B【分析】根据题意画出图形，结合图形求出点关于直线的对称点，则即为的最小值.【详解】根据题意画出图形，如图所示：设点关于直线的对称点，连接，则即为的最小值，且.
5、故选：.【点睛】本题考查了动点到定点距离之和最小值问题，解题方法是求出定点关于直线对称的点坐标，然后运用两点之间的距离公式求出最值.二、多选题9关于直线，则下列结论正确的是（）A倾斜角为B斜率为C在y轴上的截距为D与直线垂直【答案】BC【分析】直接求出直线斜率，截距，倾斜角即可判断.【详解】直线变形得，直线斜率，又倾斜角范围为，故倾斜角为，A错误，B正确；令，即直线在y轴上的截距为，C正确又直线的斜率为，与直线不垂直，D错误故选：BC.10已知为虚数单位，复数，则下列命题为真命题的是（）A的共轭复数为B的虚部为CD在复平面内对应的点在第四象限【答案】AD【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复
6、数，再根据共轭复数的定义判断A，根据复数的概念判断B，根据复数的模判断C，根据复数的几何意义判断D.【详解】因为，所以的共轭复数为，故A正确；复数的虚部为，故B错误；，故C错误；复数在复平面内对应的点为，位于第四象限，故D正确；故选：AD11若平面向量，两两的夹角相等，且，则（）A0B1C3D4【答案】AC【分析】就夹角为、分类计算后可求.【详解】如果，两两的夹角为，则，当，两两的夹角不为，则，两两的夹角为，故故选：AC12将边长为的正方形沿对角线折成直二面角，如图所示，点，分别为线段，的中点，则（）AB四面体的表面积为C四面体的外接球的体积为D过且与平行的平面截四面体所得截面的面积为【答案】
7、BCD【分析】A用非等腰三角形来判断，B求四面体表面积来判断，C求外接球体积来判断，D作出截面并计算出截面面积来判断.【详解】设是的中点，则两两相互垂直，二面角为之二面角，平面，A选项，连接，所以三角形不是等腰三角形，而是的中点，所以与不垂直，A选项错误.B选项，所以三角形和三角形是等边三角形，所以四面体的表面积为，B选项正确.C选项，由于，所以是四面体外接球的球心，外接球的半径为，体积为，C选项正确.D选项，设是中点，是中点，画出图象如下图所示，四点共面.由于平面，平面，所以平面，由于，所以平面，所以，而，所以，所以截面面积为.D选项正确.故选：BCD三、填空题13在中，a，b，c分别是内角
8、A，B，C所对的边若，则 【答案】【分析】根据角的比例可以计算出各角的角度，然后利用正弦定理即可求解.【详解】解：由题意得：因为，且所以由正弦定理可得故答案为：14已知向量，.则在上的投影向量的坐标为 ；【答案】【分析】根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解.【详解】由向量，则在上的投影向量的坐标为.故答案为：.15若动点，分别在直线和直线上移动，求线段的中点到原点的距离的最小值为 【答案】【分析】由题意线段的中点的集合为与直线和直线距离相等的直线，记为，则到原点距离最小值为原点到的距离，结合点到直线的距离公式可求【详解】由题意线段的中点的集合为与直线和直线距离相等的直线，记为，则到原点距
9、离最小值为原点到的距离，设直线，则，解得，所以，根据点到直线的距离公式可得，到原点的距离的最小值为故答案为：16海南中学百年校庆纪念品如图所示，顶部的球通过三根竖直的支撑杆与水平放置的长方体底座相连，若球的半径为15cm，三根支撑杆长度均为20cm，粗细忽略不计，且任意两根支撑杆之间的距离均为，则球的最高点到底座上表面的距离为 cm.【答案】44【分析】设三根支撑杆与球的连接点分别为，利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出球心到所在平面的距离，从而求出球心到底座上表面的距离，即可得到答案【详解】设三根支撑杆与球的连接点分别为，由题意可得，是边长为的正三角形，设的外接圆的半径为，由正
10、弦定理可得，所以，故球心到所在的平面的距离，又球的半径，所以球心到底座上表面的距离为，故球的最高点到底座的上表面的距离为故答案为：44四、解答题17已知的三个顶点为，.(1)求过点A且平行于的直线方程；(2)求过点B且与A、C距离相等的直线方程.【答案】(1)(2)和【分析】（1）根据平行得斜率相等，即可由点斜式求解，（2）根据距离相等，分直线与平行和过中点直线，即可求解.【详解】（1）由B、C两点的坐标可得，因为待求直线与直线平行，故其斜率为由点斜式方程可得目标直线方程为整理得.（2）由A、C点的坐标可知，AC的中点D坐标为又直线没有斜率，则与直线平行的直线符合题意，即.过B，D两点的直线到
11、A，C的距离也相等，点斜式方程为，整理得.综上所述，满足题意的直线方程为和.18已知四棱锥中，平面，为中点.(1)求证：平面；(2)设平面与平面的夹角为45，求P点到底面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）方法一：利用线面平行的判定定理直接证明；方法二：利用空间向量的坐标运算证明线线垂直即可证明；（2）方法一：利用二面角的定义以及三棱锥的定义求解；方法二：利用空间向量的坐标运算求出三棱锥的高.【详解】（1）方法一：取中点F，连，E是中点，且，又且，且，四边形为平行四边形，又平面，平面，平面.方法二：平面，平面，又因为，两两垂直，以所在直线为x轴，以所在直线为y轴，以所在直线为z
12、轴，建立空间直角坐标系.设，则有，则，平面，平面，是平面的一个法向量，又平面，平面.（2）方法一：取中点G，连，过G作交于，连，E，G分别是，中点，又平面.平面，平面，又，平面，平面，平面，又因为平面平面，平面，平面，是平面与平面的夹角的平面角.，联立，解得（负舍），因为面，所以点P点到底面的距离为.方法二：平面，平面的一个法向量，设平面的一个法向量为，则有，不妨设，则，即，E到平面的距离，P到平面的距离为，19在中，角所对的边分别为已知.（1）求A的大小；（2）如果，求的面积.【答案】（1）；（2）【分析】（1）利用余弦定理的变形：即可求解. （2）利用正弦定理求出，再根据三角形的内角和性质
13、以及两角和的正弦公式求出，由三角形的面积公式即可求解.【详解】（1）。由余弦定理可得，又因为，所以.（2）由，所以，在中，由正弦定理可得，所以，所以的面积.【点睛】本题考查了余弦定理、正弦定理解三角形、三角形的面积公式，需熟记公式，属于基础题.20某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.处有一栋大楼，某学生选，两处作为测量点，测得的距离为，在处测得大楼楼顶的仰角为75.(1)求两点间的距离；(2)求大楼的高度.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，利用正弦定理计算即可求解；（2）根据题意可得，结合两角和的正切公式计算即可求解.【详解】（1）因为，在中，由正弦定理得，即，所以m，即A
14、C两点的距离为m；（2）在中，因为，所以，又，所以m，即大楼的高度为m.21如图，在四棱锥中，底面是正方形，.(1)求证：；(2)若，设点为线段上任意一点（不包含端点），证明，直线与平面相交.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据线面垂直即可求证线线垂直.（2）根据可得，进而根据平面相交的性质即可求解.【详解】（1）因为底面是正方形，所以，又因为，,平面,所以平面.因为平面，所以.又，（2），为平行四边形则又平面平面点E为线段上任意一点（不包含端点）与不平行，不妨设，平面，则平面所以直线与平面相交.22已知三棱柱中，.(1)求证：平面平面；(2)若，在线段上是否存在一点使平
15、面和平面所成角的正弦值为?若存在，确定点的位置、若不存在，说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)在线段上存在一点P，且P是靠近C的四等分点.【分析】（1）利用空间中垂直关系的转化，根据线线垂直可得线面垂直，进而可证，（2）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.【详解】（1）在三棱柱中，四边形是平行四边形，而，则是菱形，连接，如图，则有，因，平面，于是平面，而平面，则，由得，平面，从而得平面，又平面，所以平面平面.（2）在平面，内过作，由（1）知平面平面，平面平面，则平面，以C为原点，射线，分别为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图，因，则，假设在线段上存在符合要求的点P，设其坐标为，则有，设平面的一个法向量，则有，令得，而平面的一个法向量，平面与平面所成角正弦值为，即依题意，化简整理得：而，解得，所以在线段上存在一点P，且P是靠近C的四等分点，使平面和平面所成角的正弦值为
2022-2023学年海南省海口市高一下学期期末考试数学试题【含答案】
