2022-2023学年安徽省宿州市省市示范高中高一下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年安徽省宿州市省市示范高中高一下学期期中考试数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年安徽省宿州市省市示范高中高一下学期期中考试数学试题 一、单选题1．已知平面内作用于点的三个力，且它们的合力为，则三个力的分布图可能是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由平行四边形法则判断即可.【详解】因为，所以与的合力与方向相反，长度相等，则由平行四边形法则可知，只有D项满足.故选：D2．如图，是水平放置的△AOB的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知为坐标原点，顶点、均在坐标轴上，且△AOB的面积为12，则的长度为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】画出△AOB的原图，根据三角形△AOB的面积为12可得答案.【详解】画出△AOB的原图为直角三角形，且，因为，所以，所以. 故选：B. 3．萧县皇藏峪国家森林公园位于萧县城区东南30公里，是中国历史文化遗产､中国最大古树群落､国家AAAA级旅游景区､国家森林公园.皇藏峪有“天然氧吧”之称.皇藏峪，原名黄桑峪.汉高祖刘邦称帝前，曾因避秦兵追捕而藏身于此，故改名皇藏峪.景区内古树繁多，曲径通幽，庭院错落有致.一庭院顶部可以看成一个正四棱锥，其底面四边形的对角线长是侧棱长的倍，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知条件和正四棱锥的定义，以及面积公式即可求解.【详解】如图所示，将庭院顶部可以看成一个正四棱锥,是正四棱锥的高，设底面边长为，则底面四边形的对角线长为，侧棱长为，则底面面积为，侧面是正三角形，其面积，.故选：B.4．欧拉是18世纪最伟大的数学家之一，在很多领域中都有杰出的贡献.人们把欧拉恒等式“”与麦克斯韦方程组并称为“史上最伟大的公式”.其中，欧拉恒等式是欧拉公式：的一种特殊情况.根据欧拉公式，则（    ）A．2 B．1 C． D．【答案】B【分析】根据欧拉公式写出对应复数的三角形式并化简，即可求模.【详解】由题设，.故选：B5．已知可以作为平面向量的一组基底，集合，，则关于集合说法正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】向量的共线定理：；向量基本定理：平面内一组基底向量可表示出该平面内所有向量，，根据上述向量性质进行判断两集合元素范围即可选出答案.【详解】根据向量的共线充要条件可知，集合A={与共线的所有向量}，根据平面向量基本定理可知：集合B={平面内所有向量}，故集合A是集合B的子集.故选：B6．已知的重心为，若向量，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由三角形法则和平行四边形法则求解即可.【详解】由三角形法则和平行四边形法则可得，则.故选：A7．已知向量，若与垂直，则实数（    ）A．或7 B．或-2 C．或2 D．【答案】C【分析】确定，，根据垂直得到，代入数据计算得到答案.【详解】，则，，与垂直，则，解得或.故选：C8．将一直径为的圆形木板，截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据正弦定理得，进而由余弦定理结合基本不等式即可求解.【详解】如图：不妨设,则,由正弦定理可得,在三角形中，由余弦定理可得,由于,所以，当且仅当时，等号成立，在中， ,由余弦定理可得,由于,所以，当且仅当时，等号成立，故这块四边形的周长，所以这块四边形木板周长的最大值为.故选：D 二、多选题9．在下面的四个命题中，正确的命题为（    ）A．复数（为虚数单位的虚部为B．用平面去截一个圆锥，则截面与底面之间的部分为圆台C．角为三个内角，则“”是“”的充要条件D．在复平面内，若复数（均为实数），则满足的点的集合表示的面积为【答案】CD【分析】由复数定义判断A，由圆锥与圆台的结构特征判断B，根据三角形性质，结合充分、必要性定义判断C，由复数模的几何意义，数形结合法判断D.【详解】A：复数的虚部为，错误；B：用平行于底面的平面去截一个圆锥，则截面与底面之间的部分为圆台，错误；C：在三角形中，由知：，若时则，若时则，故充分性成立；若时，则，故；若时，则，此时，故，所以必要性成立，正确；D：由，故，所以点在以为圆心，半径的圆（含圆内），其面积为，正确.故选：CD10．唐朝诗人罗隐在《咏蜂》中写到：不论平地与大山，无限风光尽被占：采得百花成蜜后，为谁辛苦为谁甜.蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物.巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底，由三个相同的菱形组成.巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜.如图是一个蜂巢的正六边形开口，且其边长为1.下列说法正确的是（    ）A． B．C． D．五边形的外接圆面积为【答案】BCD【分析】根据正六边形的特点，在图中作出相关向量，对A利用向量减法运算结合图形即可判断，对B借助图形和共线向量的定义即可判断，对C利用向量数量积公式和相关模长的关系即可判断，由正六边形的特点确定五边形的外接圆的半径，进而判断D.【详解】对A，，显然由图可得与为相反向量，故A错误；对B，由图易得，直线平分角，且为正三角形，根据平行四边形法则有与共线且同方向，易知均为含的直角三角形，故，则，而，故，故，故B正确；对C，，，则，又，，，，故C正确；对D，五边形的外接圆就是正六边形的外接圆，其半径为，则五边形的外接圆面积为，故D正确；故选：BCD11．如图，在海岸上有两个观测点C，D，C在D的正西方向，距离为2 km，在某天10:00观察到某航船在A处，此时测得∠ADC=30°，5分钟后该船行驶至B处，此时测得∠ACB=60°，∠BCD=45°，∠ADB=60°，则（    ）A．当天10:00时，该船位于观测点C的北偏西15°方向B．当天10:00时，该船距离观测点CkmC．当船行驶至B处时，该船距观测点CkmD．该船在由A行驶至B的这5 min内行驶了km【答案】ABD【分析】利用方位角的概念判断A，利用正弦定理、余弦定理求解后判断BCD．【详解】A选项中，∠ACD=∠ACB+∠BCD=60°+45°=105°，因为C在D的正西方向，所以A在C的北偏西15°方向，故A正确.B选项中，在△ACD中，∠ACD=105°，∠ADC=30°，则∠CAD=45°.由正弦定理，得AC=，故B正确.C选项中，在△BCD中，∠BCD=45°，∠CDB=∠ADC+∠ADB=30°+60°=90°，即∠CBD=45°，则BD=CD=2，于是BC=2，故C不正确.D选项中，在△ABC中，由余弦定理，得AB2=AC2+BC2－2AC·BCcos∠ACB=2+8－22=6，即AB=km，故D正确.故选：ABD．12．如图所示，一圆锥的底面半径为，母线长为，为圆锥的一条母线，为底面圆的一条直径，为底面圆的圆心，设，则（    ）A．过的圆锥的截面中，的面积最大B．当时，圆锥侧面的展开图的圆心角为C．当时，由点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到点的细绳长度最小值为D．当时，点为底面圆周上一点，且，则三棱锥的外接球的表面积为【答案】BD【分析】对于选项A，利用斜三角形面积公式即可判断；对于选项B，由于圆锥侧面的展开图为扇形，可利用扇形圆心角公式进行计算；对于选项C，由于圆锥侧面的展开图为扇形，利用两点之间直线最短即可知，由点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到点的细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图得到的扇形的圆心角所对的弦长；对于选项D，由三棱锥外接球的性质可知，此外接球的直径为外接长方体的体对角线.【详解】对于选项A：设点是底面圆上异于点的任意一点，则，.且.当时，，此时的面积最大；当时，若，则，此时的面积不是最大；故选项A错误.对于选项B：当时，，即.圆锥侧面的展开图的圆心角为.故选项B正确.对于选项C：如图，由点出发绕圆锥侧面旋转一周，又回到点的细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图得到的扇形的圆心角所对的弦长.当时，，即.圆锥侧面的展开图的圆心角为，此时的弦长为，故选项C错误.对于选项D：当时，，即.当时，.因为，所以三棱锥的外接球的半径为，则三棱锥的外接球的表面积为.故选项D正确.故选：BD.【点睛】方法点睛：几何体内接于球的问题，解题时要认真分析图形，明确接点的位置，确定有关元素间的数量关系。如长方体内接于球，长方体的顶点均在球面上，长方体的体对角线长等于球的直径. 三、填空题13．在中，若命题p：，命题q：是等边三角形，则命题p是命题q的________条件（指充分必要性）．【答案】必要非充分【分析】根据正弦定理与充分条件、必要条件的概念进行正反推理，对充分性与必要性分别加以讨论，可得由命题不可以推出命题成立，命题可以推出命题成立，可得答案．【详解】解：先看充分性，当成立时即满足正弦定理，是任意三角形，即命题不成立，故充分性不成立；再看必要性，若是等边三角形，则且，由此可得成立，即命题成立，故必要性成立．因此，命题是命题的必要非充分条件．故答案为：必要非充分．14．在复平面内，复数为虚数单位的共轭复数对应的点在第__________象限.【答案】三【分析】先由已知条件写出的共轭复数，再根据它所对应的点来判断所在象限即可.【详解】由复数为虚数单位的共轭复数为：，所以对应的点为，因为，所以，所以，因为，所以，所以，故复数的共轭复数对应的点在第三象限，故答案为：三.15．已知平面内非零向量，满足，则__________.【答案】【分析】由已知条件可求得，，将平方展开代入求值即可得答案.【详解】解：因为，所以，所以，又因为，两边平方得：，解得，所以,所以.故答案为：16．甲烷分子式为，其结构抽象成的立体几何模型如图所示，碳原子位于四个氢原子的正中间位置，四个碳氢键长度相等，用表示碳原子的位置，用表示四个氢原子的位置，设，则__________.【答案】【分析】设正四面体的棱长为，外接球半径为，计算，根据余弦定理得到，再利用二倍角公式计算得到答案.【详解】根据题意知三棱锥为正四面体，为正四面体外接球球心，延长与平面相交于，则为的中心，连接，设正四面体的棱长为，外接球半径为，则，平面，平面，故，，故，解得，则，.故答案为： 四、解答题17．如图所示，在平面四边形中，.(1)求的值；(2)将四边形绕着边所在的直线旋转一周所形成的几何体为，求的体积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由余弦定理得出，结合三角形为正三角形得出的值；（2）几何体为：上面一个圆锥，下面为一个圆台，根据体积公式求解即可.【详解】（1）连接，在三角形中，由余弦定理知：，易知，故.又，故三角形为正三角形.所以.（2）几何体为：上面一个圆锥，下面为一个圆台，圆锥的底面的半径为，故的体积为.18．萧县的萧窑､淮南的寿州窑和芜湖的繁昌窑是安徽三大名窑.2015年，安徽省启动对萧县欧盘村窑址的考古发掘，大量瓷器的出土和窑炉遗迹的揭露，将萧窑的历史提溯至隋代.为进一步摸清萧窑窑址的分布状况､时空框架以及文化内涵等，经国家文物局批准，2021年3月，正式对萧县白土寨窑址进行主动性考古发掘.如图，为该地出土的一块三角形瓷器片，其一角已破损.为了复原该三角形瓷器片，现测得如下数据：，.（参考数据：取）(1)求三角形瓷器片另外两边的长；(2)求两点之间的距离.【答案】(1)两边的长皆为(2) 【分析】（1）根据数据，利用正弦定理求解；（2）根据数据，利用余弦定理求解.【详解】（1）解：如图，延长交于点，因为，所以，故，即另外两边的长皆为；（2）由题意得，故，故两点之间的距离为.19．平面内给定三个向量，且.(1)求实数关于的表达式；(2)如图，在中，为中线的中点，过点的直线与边分别交于点（不与重合）.设向量，求的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据向量的坐标运算分别表示出和，利用平行的坐标表示可得答案；（2）利用向量运算得到，结合三点共线得到，再结合基本不等式可求答案.【详解】（1）因为,所以，即.（2）由（1）可知，，由题意可知.因为，所以；因为三点共线，所以..所以，当且仅当时，取等号，即时，取最小值.20．在斜三角形中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．(1)求角的大小；(2)若，且上的中线长为，求斜三角形的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理将已知式子进行化简，再利用余弦定理即可求出角的大小；（2）根据为为上的中线得，结合余弦定理求出，进而求出面积.【详解】（1）因为，所以由正弦定理可得：，即，所以，又，所以，所以.（2）因为为上的中线，所以，即，所以，即，所以     ①，由余弦定理可得：，所以      ②①-②得：，所以.21．（1）证明：平行四边形的四边平方和等于对角线的平方和；（2）在平行四边形中，若，求面积的最大值.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）由平面向量的四则运算即可证明；（2）利用（1）中结论，并根据基本不等式和三角形面积公式计算可得.【详解】（1）证明：由向量的加法和减法运算得：，，所以有：，即，故平行四边形的四边平方和等于对角线的平方和.（2）由（1）的结论知：，由已知有：，所以，故由基本不等式有，，当且仅当时，取等号，所以，当且仅当时，取等号，所以面积的最大值为，此时四边形为正方形.22．研究表明：正反粒子碰撞会湮灭.某大学科研团队在如下图所示的长方形区域内（包含边界）进行粒子撞击实验，科研人员在A､O两处同时释放甲､乙两颗粒子.甲粒子在A处按方向做匀速直线运动，乙粒子在O处按方向做匀速直线运动，两颗粒子碰撞之处记为点P，且粒子相互碰撞或触碰边界后爆炸消失.已知长度为6分米，O为中点.(1)已知向量与的夹角为，且足够长.若两颗粒子成功发生碰撞，当点距碰撞点处多远时？两颗粒子运动路程之和的最大，并求出最大值；(2)设向量与向量的夹角为（），向量与向量的夹角为（），甲粒子的运动速度是乙粒子运动速度的2倍.请问的长度至少为多少分米，才能确保对任意的，总可以通过调整甲粒子的释放角度，使两颗粒子能成功发生碰撞？【答案】(1)，最大值为6(2)分米 【分析】（1）根据余弦定理得到，根据均值不等式得到，得到答案.（2）过作，垂足为，设，则，计算，，根据二次函数性质得到最值，得到答案.【详解】（1）设两颗粒子在点相撞，在中：，即，，故，即，，当且仅当时，等号成立，此时时，两颗粒子运动路程和的最大值，最大值为6（2）过作，垂足为，设，则，则，，故，由余弦定理可得，故，，，，当即时，即取得最大值，故，的长度至少为分米，才能确保对任意的，总可以通过调整乙粒子的释放角度，使两颗粒子成功碰撞.