2022-2023學年山東省棗莊市高一（下）質檢數學試卷（含解析）

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一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）

1.復數在復平面內對應的點在()

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2.的值等于()

A.B.C.D.

3.如圖，點是平行四邊形兩條對角線的交點，則下列等式一定成立的是()

A.B.

C.D.

4.在中，角，，的對邊分別是，，，若，則的形狀是()

A.等腰三角形B.直角三角形

C.等腰直角三角形D.等腰三角形或直角三角形

5.已知三棱錐底面是邊長為的等邊三角形，頂點與邊中點的連線垂直于底面，且，則三棱錐外接球的表面積為()

A.B.C.D.

6.已知點為內一點，，，，過作垂直于點，點為線段的中點，則的值為()

A.B.C.D.

7.古希臘亞歷山大學派著名幾何學家巴普士，生前有大量的著作，但大部分遺失在歷史長河中，僅有數學匯編保存下來數學匯編一共卷，在數學匯編第卷中記載著這樣一個定理：“如果在同一平面內的一個閉合圖形的內部與一條直線不相交，那么該閉合圖形圍繞這條直線旋轉一周所得到的旋轉體的體積等于該閉合圖形的面積與該閉合圖形的重心旋轉所得周長的積”，表示平面閉合圖形繞旋轉軸旋轉所得幾何體的體積，表示閉合圖形的面積，表示重心繞旋轉軸旋轉一周的周長已知在梯形中，，，，利用上述定理可求得梯形的重心到邊的距離為()

A.B.C.D.

8.已知函數在區(qū)間上有且僅有條對稱軸，給出下列四個結論()

的取值范圍是；的最小正周期可能是；在區(qū)間上單調遞增；在區(qū)間上有且僅有個不同的零點．

其中所有正確結論的個數是()

A.B.C.D.

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項符合題目要求）

9.已知，，是三條不同的直線，，，是三個不同的平面，下列命題正確的有()

A.若，，則B.若，，則

C.若，，則D.若，，則

10.在中，若，則下列論斷正確的是()

A.B.

C.D.

11.數學家歐拉在年發(fā)表的三角形的幾何學一書中提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一條直線上，且重心到外心的距離是重心到垂心距離的一半，此直線被稱為三角形的歐拉線，該定理則被稱為歐拉線定理設點、、分別是的外心、重心、垂心，且為的中點，則()

A.B.

C.D.

12.已知正方體的棱長為，點，是棱，的中點，點是側面內運動包含邊界，且與面所成角的正切值為，下列說法正確的是()

A.的最小值為

B.存在點，使得

C.存在點，使得平面

D.所有滿足條件的動線段形成的曲面面積為

三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）

13.已知向量，滿足，且，，則與的夾角為．

14.已知，，，，則的值為______．

15.在中，內角，，所對的邊分別為，，，若，且，則周長的取值范圍為______．

16.表面積為的球面上有四點、、、，是等邊三角形，球心到平面的距離為，若面面，則棱錐體積的最大值為______．

四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）

17.本小題分

已知復數，，其中是實數．

若，求實數的值；

若是純虛數，求．

18.本小題分

已知向量，．

若，求的值；

若，求實數的值；

若與的夾角是銳角，求實數的取值范圍．

19.本小題分

已知．

求的最小正周期及單調遞減區(qū)間；

將函數的圖象向左平移個單位，再將縱坐標伸長為原來的倍，得到的圖象，求在區(qū)間的值域．

20.本小題分

已知在中，點，分別為，的中點．

若的面積為，，，求的長；

若，，證明：．

21.本小題分

如圖，是直角梯形底邊的中點，，將沿折起形成四棱錐．

求證：平面；

若二面角為，求二面角的余弦值．

22.本小題分

如圖，、是兩個小區(qū)所在地，、到一條公路的垂直距離分別為，，兩端之間的距離為．

某移動公司將在之間找一點，在處建造一個信號塔，使得對、的張角與對、的張角相等即，試求的值．

環(huán)保部門將在之間找一點，在處建造一個垃圾處理廠，使得對、所張角最大，試求的長度．

答案和解析

1.【答案】

【解析】解：，

則復數在復平面內對應的點在第一象限．

故選：．

根據已知條件，結合復數的四則運算，以及復數的幾何意義，即可求解．

本題主要考查復數的四則運算，以及復數的幾何意義，屬于基礎題．

2.【答案】

【解析】解：．

故選：．

代數式化簡，再由兩角和的余弦公式可得它的值．

本題考查兩角和的余弦公式的應用，屬于基礎題．

3.【答案】

【解析】

【分析】

本題考查了平面向量的加法、減法運算，屬于基礎題．

根據平面向量的加減運算的平行四邊形和三角形法則即可得出．

【解答】

解：點是平行四邊形兩條對角線的交點，

，，，．

故選C．

4.【答案】

【解析】解：由于，

整理得：，

故：；

故A或．

故該三角形為直角三角形和等腰三角形．

故選：．

直接利用三角函數的關系式的變換判斷三角形的形狀．

本題考查的知識要點：三角函數的關系式的變換，三角形形狀的判定，主要考查學生的理解能力和計算能力，屬于中檔題．

5.【答案】

【解析】解：如圖，

設底面正三角形的外心為，三角形的外心為，

分別過、作所在面的垂線相交于，則為三棱錐外接球的球心，

再設底面正三角形外接圓的半徑為，則，

由已知求得，可得也為邊長是的正三角形，

外接圓的半徑為，則．

三棱錐外接球的半徑滿足，

則三棱錐外接球的表面積為．

故選：．

由題意畫出圖形，找出四面體外接球的球心，題干求解三角形可得外接球的半徑，代入球的表面積公式得答案．

本題考查多面體外接球表面積的求法，考查空間想象能力與思維能力，考查運算求解能力，是中檔題．

6.【答案】

【解析】解：如圖：

因為點為內一點，，，，

所以，

則，

在中，利用余弦定理可知，解得，

，

，

，

．

故選：．

根據題意作圖，根據，得到，在中，再根據余弦定理得到，即可求解．

本題主要考查平面向量的數量積和解三角形，屬于中檔題．

7.【答案】

【解析】解：根據題意，設該梯形的重心為，過點作，交與點，

設，即梯形的重心到邊的距離為，

將梯形繞邊旋轉一周，得到一個圓臺，

該圓臺的體積，

點繞旋轉一周的周長為，

則有，解可得．

故選：．

根據題意，設該梯形的重心為，過點作，交與點，設，將梯形繞邊旋轉一周，得到一個圓臺，由題干中的方法可得關于的方程，解可得答案．

本題考查旋轉體的體積，注意理解題干的解題方法，屬于中檔題．

8.【答案】

【解析】解：函數在區(qū)間上有且僅有條對稱軸，

，

，求得，故正確．

由于最小正周期，故的最小正周期的最小值是，

故的最小正周期可能是，故正確．

在區(qū)間上，，，函數不單調，故錯誤．

因為在區(qū)間上，，而，

所以在區(qū)間上有且僅有個或個不同的零點，故錯誤．

故選：．

由題意，利用兩角和的正弦公式化簡函數的解析式，再根據正弦函數的圖象和性質，得出結論．

本題主要考查兩角和的正弦公式，正弦函數的圖象和性質，屬于中檔題．

9.【答案】

【解析】解：選項，若，，則，可能異面，選項錯誤；

選項，若，，則，選項正確；

選項，若，，則，可能相交，選項錯誤；

選項，若，，則，選項正確．

故選：．

根據線線、面面位置關系等知識確定正確答案．

本題主要考查了空間中直線與直線，平面與平面位置關系的判斷，屬于基礎題．

10.【答案】

【解析】解：因為，即，

可得，即，

在三角形中，可得，

中，可得，所以A正確；

中，，當且僅當時，取等號，所以B正確；

中，，所以C正確；

中，由知，，所以，所以不正確．

故選：．

由題意正切化弦及二倍角公式可得，分別對所給命題進行判斷可知它們的真假．

本題考查二倍角公式的應用及輔助角公式的應用，屬于基礎題．

11.【答案】

【解析】解：作圖如下所示：

A.因為，所以，所以為重心，所以，

所以，

所以，所以，

所以，所以該選項正確；

B.，，

由于是重心，所以，所以，

同理，所以，

所以該選項正確；

C.，所以該選項錯誤；

D.，所以，所以，

所以，所以該選項正確．

故選：．

利用平面向量的線性運算證明選項ABD正確，證明選項C錯誤即可．

本題主要考查平面向量的數量積，屬于中檔題．

12.【答案】

【解析】解：根據題意可知平面，

所以為與面所成角，且，

因為正方體的棱長為，與面所成角的正切值為，

所以，解得，

所以點的軌跡為以點為圓心，為半徑的圓在側面內的弧，如圖，

此時，

對于選項，有，當且僅當，，三點共線時等號成立，

故的最小值為，正確；

對于選項，因為平面，平面，所以，

假設存在點，使得，則，平面，

由于平面，故有，

另一方面，在側面中，取棱的中點，

由點是棱的中點，進而結合平面幾何知識易得，

故要使，則點與點重合，

由于，，顯然不重合，故錯誤；

對于選項，如圖，設，則易知為中點，連接，，，

因為點，是棱，的中點，

所以，在中，，，，

所以，四邊形為平行四邊形，即，

因為，平面，，平面，

所以平面，平面，

因為，所以平面平面，

所以當為與弧的交點時，平面，故A平面，正確；

對于選項，由題知，所有滿足條件的動線段形成的曲面是：

以為頂點，點為底面圓心，底面半徑為的圓錐的部分側面，

所以其所在的圓錐的母線長為，

因為，，

所以，

所以弧的長為，

所以結合扇形面積公式可得：

所有滿足條件的動線段形成的曲面面積為，故正確．

故選：．

由正方體的性質得為與面所成角，且，進而得點的軌跡為以點為圓心，為半徑的圓在側面內的弧，再依次討論各選項，即可得答案．

本題考查正方體中軌跡的問題，線面平行的判定定理與面面平行的判定定理，解三角形，扇形面積公式，化歸轉化思想，屬中檔題．

13.【答案】

【解析】解：根據題意，設與的夾角為，

若，則，解可得，

又由，則；

故答案為：．

根據題意，設與的夾角為，由數量積的計算公式可得，求出的值，計算可得答案．

本題考查向量數量積的計算，涉及向量夾角的計算，屬于基礎題．

14.【答案】

【解析】解：，

，，

，，

，

，

故答案為．

先求出和的值，利用，求出的值．

本題考查兩角和差的正弦公式，以及誘導公式的應用，正確進行角的變換是解題的關鍵和難點．

15.【答案】

【解析】解：由題意知，，

所以，且，即，

因為，所以，，

所以，

所以，

所以，即周長的取值范圍為．

故答案為：．

易知，且，再結合角的取值范圍與正弦函數的圖象與性質，進一步確定邊的取值范圍，即可．

本題考查解三角形與三角函數的綜合，熟練掌握正弦函數的圖象與性質是解題的關鍵，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．

16.【答案】

【解析】解：球的表面積為，球的半徑為，

設的中心為，則，，

的邊長為，的面積為，欲使其體積最大，

應有到平面的距離取最大值，又面面，

點在平面上的射影落在線段的中點，又，

，

棱錐體積的最大值為

由已知可求得球的半徑，設的中心為，進而可得的面積為，到平面的距離取最大值，進而計算可得棱錐體積的最大值．

本題考查空間幾何體的體積，考查推理論證能力，屬中檔題．

17.【答案】解：復數，則，

又是實數，因此，

解得，

所以實數的值是；

復數，，，

則，

因為是純虛數，于是，解得，

因此，

又，，，，

即，且函數，的周期為，，

所以．

【解析】可求出，從而得出，然后解出的值即可；

根據為純虛數可得出，從而得出，然后可得出函數，的周期為，且，，從而得出的值．

本題主要考查了復數的運算性質，考查了純虛數的概念，屬于中檔題．

18.【答案】解：因為向量，，且，

所以，解得，

所以．

，，則，

因為，所以，解得．

因為與的夾角是銳角，所以且與不共線．

即且，所以且，

故實數的取值范圍為且．

【解析】根據已知條件，結合向量共線的性質，即可求解；

根據已知條件，結合向量垂直的性質，即可求解；

根據已知條件，可得且與不共線，列出不等式，即可求解．

本題主要考查平面向量的數量積運算，考查轉化思想，屬于中檔題．

19.【答案】解：因為

，

則，

所以的最小正周期為，

由，解得，

所以的單調遞減區(qū)間為；

由可得，

將函數的圖象向左平移個單位，再將縱坐標伸長為原來的倍，

可得

，

當時，，

則，

故，

即，

所以函數的值域為．

【解析】利用三角函數恒等變換化簡函數解析式可得，利用余弦函數的周期公式可求的最小正周期，利用余弦函數的單調性可求其單調遞減區(qū)間；

由已知利用三角函數的圖象變換可求，由題意利用正弦函數的性質即可求解的值域．

本題考查了三角函數恒等變換，正弦函數、余弦函數的性質以及三角函數的圖象變換，考查了轉化思想和函數思想的應用，屬于中檔題．

20.【答案】解：由題意知，的面積為，

解得，

在中，由余弦定理得，

，

解得，

因為點為的中點，所以．

證明：因為為的中點，所以，

中，由余弦定理得，

，

中，由余弦定理可得

，

所以，

因為，所以，

當取最小值時，取得最大值，

所以，

所以．

【解析】根據三角形的面積列方程求出的值，再由余弦定理求出，即可得出．

利用余弦定理求出和，再求的取值范圍，即可得出結論．

本題考查了解三角形的