霞浦县2022-2023学年度第二学期高一期中质量检测
数 学 试 题
（考试时间：75分钟； 满分：100分）
★祝考试顺利★
注意事项：
1. 答题前，考生务必将自己的学校、班级、姓名填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上的信息。
2. 回答选择题时，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，
.用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答。
.如在试卷上作答，答案无效。
3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知复数（为虚数单位），则在复平面内对应的点在
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．如图，某几何体三视图为三个完全相同的圆心角为90°的扇形，则该几何体2．的表面积是
A． B．
C． D．
3．一个球体被两个平行平面所截，夹在两平行平面间的部分叫做“球台”，两平行平面间的距离叫做球台
2．的高．如图1，西晋越窑的某个“卧足杯”的外形可近似看作球台，其直观图如图2，已知杯底的直径
2．为cm，杯口直径为cm，杯的深度为cm，则该卧足杯侧面所在球面的半径为
A．5cm B．cm
C．cm D．cm
4．设是虚数单位，若复数，则的共轭复数为
A． B． C． D．
5．已知中，，则的充要条件是
A．是等腰三角形 B．
C． D．
6．在边长为的菱形中，，将绕直线旋转到，使得四面体外
2．接球的表面积为，则此时二面角的余弦值为
A． B． C． D．
7．关于向量，，下列命题中，正确的是
A．若，则 B．若，，则
C．若，则 D．若，则
8．已知三点在球的球面上，且，若球上的动点到点所在平
2．面的距离的最大值为，则球的表面积为
A． B． C． D．
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．已知向量，则
A． B．若，则
C．若，则 D．
10．已知单位向量的夹角为,则以下说法正确的是
A．
B．
C．
D．与可以作为平面内的一组基底
11．如图，四棱锥的底面是梯形，，，2．，，平面平面，，分别为
2．线段，的中点，点是底面内包括边界的一个动点，
2．则下列结论正确的是
A．
B．三棱锥外接球的体积为
C．异面直线与所成角的余弦值为
D．若直线与平面所成的角为，则点的轨迹长度为
12．在学习了解三角形的知识后，为了锻炼实践能力，某同学搞了一次
12. 实地测量活动他位于河东岸，在靠近河岸不远处有一小湖，他于
12. 点处测得河对岸点位于点的南偏西的方向上，由于受到
12. 地势的限制，他又选了点，，，使点，，共线，点
12. 位于点的正西方向上，点位于点的正东方向上，测得
12. ，，，，并
12. 经过计算得到如下数据，则其中正确的
A． B．的面积为
C． D．点在点的北偏西方向上
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．复数（i为虚数单位），则复数z的虚部为___________.
14．已知向量，满足，，，则__________.
15．已知四面体满足，，则四面体的外接球的表面积是_________.
16．已知圆柱的上、下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的截面是正方形． 内接于下底面圆，且是一个面积为的等腰直角三角形，则该圆柱的体积为_______．
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17．如图，在四边形中，．若，，______，求的长．
从①，；②，；③，这三个条件中任选一个，补充在上面的问题中并作答．（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
18．第十届中国花博会于2021年5月21日在崇明举办，其标志建筑——世纪馆以“蝶恋花”为设计理念，拥有全国跨度最大的自由曲面混凝土壳体，屋顶跨度280米，屋面板只有250毫米，相当于一张2米长的桌子，其桌面板的厚度不到2毫米.图1为馆建成后的世纪馆图：图2是建设中的世纪馆；图3是场馆的简化图.如（图3）是由两个半圆及中间的阴影区域构成的一个轴对称图形，，其中米；圆心距米：半径米：椭圆中心与圆心的距离米，、为直线与半圆的交点，.
（1）设，计算的值；
（2）计算的大小（精确到1°）.
19．在中，角的对边分别为，，，的面积为．
（1）求及的值；
（2）求的值．
20．如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=DC=BC=1，AB=2，AB∥DC，∠BCD=90，M为AB的中点.
（1）求证：BC//平面PMD；
（2）求证：PC⊥BC；
（3）求点A到平面PBC的距离.
21．如图所示1，已知四边形ABCD满足，，E是BC的中点.将沿着AE翻折成，使平面平面AECD，F为CD的中点，如图所示2.
（1）求证：平面；
（2）求AE到平面的距离.
22．在四棱锥中， 平面，为的中点，.
（1）求证：平面；
（2）若为的中点，求到平面的距离.
霞浦县2022-2023学年度第二学期高一期中质量检测
数学试题参考答案及评分标准
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．D
【解析】化简复数，利用复数的几何意义可得出结论.
【详解】因为，所以在复平面内对应的点的坐标为，在第四象限.
故选：D.
2．C
【分析】由三视图可知，该几何体是半径为1的八分之一球，画出直观图，根据球的表面积公式和扇形的面积公式，即可求出结果．
【详解】由三视图可知，该几何体是半径为1的八分之一球，直观图如图所示．
其表面积．
故选：C.
3．A
【分析】作出“球台”的轴截面，利用勾股定理得到方程组，解得即可；
【详解】解：如图所示，作出“球台”的轴截面，设球心为，过作交于点，交于点，
依题意，，，
设球的半径为，则且，
即，解得，
即球面的半径为；
故选：A
4．D
【分析】利用复数的四则运算化简，再得出的共轭复数.
【详解】
故选：D
5．D
【分析】根据正余弦定理即可结合选项逐一求解.
【详解】由于，故当是等腰三角形时，或或；
当时，是等腰三角形，所以是等腰三角形是的必要不充分条件，所以选项A不正确；
当时，，即，所以或，则或；当时，，根据正弦定理可得，所以是的必要不充分条件，所以选项B不正确；
当时，，即，解得，所以不是的充分条件，所以选项C不正确；
当时，；当时，即，根据余弦定理，解得，则，所以是的充要条件，
故选：D．
6．A
【分析】由已知条件，得出是二面角的平面角，作的中心，，，，知四面体外接球的球心在上，根据勾股定理求出，，进而可得二面角的余弦值．
【详解】由题意可知，和均为正三角形，
设为中点，延长，作交于点，
可得是二面角的平面角，
作的中心，则在上，且，
作，，，可知四面体外接球的球心在上，又，，
在和中，由，，，，解得，，
，二面角的余弦值为
故选：A
7．D
【分析】取，验证A错误，当时，验证B错误，向量不能比较大小，C错误，D正确，得到答案.
【详解】对选项A：取，满足，不成立，错误；
对选项B：当时，当不平行时，，也成立，错误；
对选项C：向量不能比较大小，错误；
对选项D：若，则，正确.
故选：D
8．B
【分析】根据题意可得当点到平面的距离最大时，与在球的大圆截面且，根据勾股定理求出球的半径，代入表面积公式即可求解.
【详解】因为，所以，则外接圆的半径为，
当点到平面的距离最大时，与在球的大圆截面且，
所以球的半径满足：，
解得，所以球的表面积为.
故选：B.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．ACD
【分析】A用向量相等判断，B用向量共线的坐标运算来判断，C用向量垂直的坐标运算来判断，D用向量模的运算来判断.
【详解】显然，A对，
得：或，B错，
，，C对，
，，D对．
故选：ACD
10．ABD
【分析】根据向量的模的公式，数量积的运算，向量的夹角公式，判断向量共线的条件逐项验证即可
【详解】据题意
因为
所以,所以对
因为,所以,所以对.
因为
所以,所以错
因为与不共线,所以可以作为平面内的一组基底,所以正确
故选：ABD
11．AC
【分析】根据平面平面，得到平面,可判断A，B选项；异面直线与所成角的余弦值在中由余弦定理，可判断C选项；若直线与平面所成的角为，点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆可判断D选项.
【详解】
易证四边形为菱形，所以，
连接，因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
又，所以平面又平面，所以，故A正确；
易证为等腰直角三角形，为等边三角形，且平面平面，
所以三棱锥外接球的球心为等边三角形的中心，所以三棱锥外接球的半径为，
所以三棱锥外接球的体积为，故B错误；
因为，所以为异面直线与所成的角或其补角，
因为，所以，
在中，由余弦定理，得，故C正确；
因为平面，所以为在平面内的射影，
若直线与平面所成的角为，则，
因为，所以，故点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，
所以点的轨迹长度为，故D错误．
故选：．
12．AC
【分析】利用正余弦定理解三角形逐一求解即可；
对于，先求出，，，再根据，，即可判断；
对于，根据三角形的面积公式求解即可，即可判断；
对于，在中，由正弦定理，即可判断；
对于，过点作于点，易知，即可判断．
【详解】对于，因为，点位于点的南偏西的方向上，
所以，，，
又，，，，
在，中，，，所以，故A正确；
对于，的面积为，故B错误；
对于，在中，由正弦定理，得，解得，故C正确；
对于，过点作于点，易知，所以，故D错误，
故选：．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．/1.5
【分析】根据复数的除法运算化简，再由虚部的定义求复数z的虚部.
【详解】因为，
所以复数z的虚部为，
故答案为：.
14．
【分析】先将平方求出，再将平方计算即可.
【详解】由已知得，
，
，
.
故答案为：
15．
【分析】将四面体补成长方体，计算出长方体的体对角线长，即为四面体的外接球直径，再利用球体的表面积公式可求得结果.
【详解】在四面体中，，，
将四面体补成长方体，设，，，
则，
设四面体的外接球半径为，则，
因此，四面体的外接球表面积为.
故答案为：.
16．
【分析】先由三角形面积公式求出三角形边长，再由正弦定理求底面圆的半径，由圆柱体积公式求圆柱的体积.
【详解】如图所示，设圆柱的底面半径为r，高为h，则．
再设的腰长为a，则，
解得，即，
因为，
所以，
所以，．
所以该圆柱的体积为．
故答案为：
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17．选①；选②；选③或．
【分析】若选①：先在中用正弦定理，然后在中使用余弦定理即可解决；
若选②：先在中用正弦定理，然后在中使用余弦定理即可解决；
若选③：先在中用正弦定理，然后在中利用三角形面积公式及其余弦定理即可解决；
【详解】若选①，在中，
∵，，，
∴由正弦定理可知，解得，
又∵，∴，即，
∴，
在中，，，．
由余弦定理得，解得．
若选②，在中，，，，
由正弦定理得，解得，
在中，，，，
由余弦定理得，即．
若选③，在中，，，，
由正弦定理得，解得，
在中，
由，解得，
则或，
由余弦定理得，
当时，解得，当时，解得，
综上所述：或．
18．（1）；（2）.
【分析】（1）由为等腰梯形中位线，根据对称性易知，进而可求.
（2）结合（1）可得的大小，由正弦定理有，即可求，在△中即可求.
【详解】（1）由为等腰梯形中位线，
∴根据对称性有，
∴.
（2）由，由（1）知，则.
∴在△中，由正弦定理，即，则，
∴结合（1）可得：，
∴.
19．（1）,；（2）.
【详解】试题分析：（1）由，，的面积为可求得的值，利用余弦定理可求得，再利用正弦定理可求得的值；（2）利用（1）的结论，由同角三角函数之间的关系可求得,再利用二倍角的正弦公式、二倍角的余弦公式以及两角差的正弦公式可得的值.
试题解析：（1）由已知，，，且
， ，
在中，，
.
（2） ， 又，，，
.
20．（1）见解析；（2）见解析；（3）.
【分析】（1）证明线面平行，利用线面平行的判定定理，证明BC∥DM即可；
（2）利用线面垂直证明线线垂直，即证BC⊥平面PCD；
（3）利用等体积转化求点A到平面PBC的距离．
【详解】（1）∵DC＝1，AB＝2，AB∥DC，M为AB的中点，
∴MB∥DC且MB=DC
∴四边形BCDM为平行四边形
∴BC∥DM，∵BC 平面PMD，DM 平面PMD，
∴BC∥平面PMD；
（2）因为PD⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，所以PD⊥BC．由∠BCD＝90°，得BC⊥DC．
因为PD∩DC＝D，PD 平面PCD，DC 平面PCD，
所以BC⊥平面PCD．
因为PC 平面PCD，所以PC⊥BC．
（3）如图，连接AC．设点A到平面PBC的距离h．因为AB∥DC，∠BCD＝90°，所以∠ABC＝90°．
从而由AB＝2，BC＝1，得△ABC的面积为1．
由PD⊥平面ABCD及PD＝1，得三棱锥P﹣ABC的体积V＝S△ABC×PD＝.
因为PD⊥平面ABCD，DC 平面ABCD，所以PD⊥DC．
又PD＝DC＝1，所以PC＝．
由PC⊥BC，BC＝1，得△PBC的面积为．由V＝S△PBC×h＝，得h＝．
因此点A到平面PBC的距离为：．
【点睛】本题考查线面平行，线面垂直，线线垂直，考查点到面的距离，解题的关键是掌握线面平行，线面垂直的判定方法，利用等体积转化求点面距离，属于中档题．
21．（1）证明见详解；（2）
【分析】（1）连接，取的中点,连接, 证明且，可得平面；
（2）连接,取的中点点，连接,可得即为AE到平面的距离，由已知计算可得答案.
【详解】证明：（1）如图，连接，取的中点,连接,
在四边形ABCD中，由，，E是BC的中点，
易得四边形、四边形均为平行四边形，可得,
均为等边三角形，
在等边中，F为CD的中点，可得,且,故,
在等边,为的中点，故,又平面平面AECD，
平面平面,且平面，故可得：平面AECD，
故：,由，，平面，平面，
故：平面；
（2）如图，连接,取的中点点，连接,
由（1）得：平面AECD，故,
且易得四边形为平行四边形，，由,可得,
由,且平面,平面,可得平面，
,易得，且点为的中点，
故,又,且平面,平面,
故平面，易得AE到平面的距离即为点G到平面的距离，
在中，，可得,
即AE到平面的距离为.
【点睛】本题主要考查线面垂直的判定与性质，综合性大，属于难题.
22．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取中点，构造平面，只要证平面平面即可，由三角形的中位线定理可证，在平面内，通过内错角相等即，可证明，可证结论成立；
（2） 到平面的距离为，求出三棱锥的体积和三角形的面积，通过等体积转换即，即可求出距离.
【详解】（1）在中，
.
取中点，连，则，
平面平面，
平面,
在中，
.而
，
平面，平面，
平面，
，
平面平面.
平面
平面.
（2）,为的中点,
，
平面，平面，
.
且面，
平面.又
平面，即为三棱锥的高.
，得，
从而,
在中，.
于是，设到平面的距离为，
由，即，解得，故到平面的距离为.
