河北省重点中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题及答案解析
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这是一份河北省重点中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题及答案解析,共24页。试卷主要包含了选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
2022~2023学年度第二学期高一年级期中考试数学试题一、选择题:本题共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,则在复平面内对应的点的坐标为( )A. B. C. D. 2. 在中,,,则外接圆的半径为( )A. B. 1 C. 2 D. 33. 已知向量,满足,,则( )A 4 B. 3 C. 2 D. 14. 将图(1)中的等腰直角三角形沿斜边 的中线折起得到空间四面体,如图(2),则在空间四面体中, 与的位置关系是( )A. 相交且垂直 B. 相交但不垂直C. 异面且垂直 D. 异面但不垂直5. 设,是两条不同的直线,,是两个不同的平面,则下列说法错误的是( )A. 若,,,则B. 若,,,则C. 若,,,则D. 若,,,则6. 已知向量,,,若向量,,共面,则实数等于( )A 10 B. 8 C. 5 D. 37. 已知的三边长分别为,,,且最大内角是最小内角的2倍,则最小内角的余弦值为( )A. B. C. D. 8. 在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC.,,,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为( )A. B. C. D. 二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,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. 若复数纯虚数,则( )A. 为实数 B. 为实数C. 为实数 D. 为实数10. 已知四边形是平行四边形,,,,则( )A. 点D坐标是 B. C. D. 四边形的面积是11. 在中,角、、的对边分别为、、,向量,向量,若,且满足,则下列说法正确的是( )A. B. C. D. 12. 如图所示,在四棱锥中,平面,四边形为正方形,,,为线段上的点(不包括端点),则( )A. B. 平面C. 二面角的大小为定值 D. 的最小值为三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13. 已知平面的法向量为上一点,则点到的距离为___________.14. 某圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形,则该圆柱一个底面的面积为___________.15. 如图,小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶,小明在A处测得公路上B,C两点的俯角分别为30°,45°,且∠BAC=135°.若山高AD=150m,汽车从C点到B点历时25s,则这辆汽车的速度为______m/s.16. 在中,G满足,过G的直线与AB,AC分别交于M,N两点.若,,则3m+n的最小值为_______.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17 已知向量,.(1)求向量与夹角的余弦值;(2)若向量与互相垂直,求的值.18. 已知a,b,c分别为三个内角A,B,C的对边,且.(1)求A;(2)若,且的面积为,求b,c.19. 已知正四面体的棱长为2,点G是的重心,点M是线段的中点.(1)用,,表示,并求出;(2)求.20. 如图,在四棱柱中,底面是矩形,平面平面,点是的中点,.(1)求证:平面平面;(2)求直线与平面所成角的正弦值.21. 如图,在平面四边形中,,设.(1)若,求的长度;(2)若,求.22. 如图,平面平面,四边形和四边形均为正方形.,.(1)求证:平面平面;(2)求多面体的体积. 答案解析一、选择题:本题共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,则在复平面内对应的点的坐标为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先化简复数,根据实部虚部写出点的坐标.【详解】,即在复平面内对应的点的坐标为.故选:D.2. 在中,,,则外接圆的半径为( )A. B. 1 C. 2 D. 3【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理即可求解.【详解】设为外接圆的半径,则由正弦定理,得,解得.所以外接圆的半径为.故选:B.3. 已知向量,满足,,则( )A. 4 B. 3 C. 2 D. 1【答案】D【解析】【分析】由向量数量积运算律,结合已知直接计算可得.【详解】因为.故选:D.4. 将图(1)中的等腰直角三角形沿斜边 的中线折起得到空间四面体,如图(2),则在空间四面体中, 与的位置关系是( )A. 相交且垂直 B. 相交但不垂直C. 异面且垂直 D. 异面但不垂直【答案】C【解析】【分析】根据线面垂直的判断定理,证出平面;再由线面垂直的定义即可证出,由于不相交即可得出答案.【详解】折起前,折起后有,,且,所以平面,所以又与不相交,故与异面且垂直.故选C【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理以及线面垂直的定义,需掌握线面垂直的判定定理内容,证明异面直线垂直一般先证线面垂直,此题属于基础题.5. 设,是两条不同的直线,,是两个不同的平面,则下列说法错误的是( )A. 若,,,则B. 若,,,则C. 若,,,则D. 若,,,则【答案】C【解析】【分析】根据平行线的性质,结合垂直的性质、平面平行的性质逐一判断即可.【详解】因为,,若,分别在直线上为平面,的法向量,且,故,所以选项A说法正确;因为,,所以,而,因此,所以选项B说法正确;当时,如下图所示:也可以满足,,,所以选项C说法不正确;因为,,所以,而,所以,因此选项D说法正确,故选:C6. 已知向量,,,若向量,,共面,则实数等于( )A. 10 B. 8 C. 5 D. 3【答案】A【解析】【分析】利用共面向量的性质,得到三个向量之间的关系,再利用待定系数法解得未知量.【详解】解:向量,,共面,存在实数,使得,即.,.故选:A.7. 已知三边长分别为,,,且最大内角是最小内角的2倍,则最小内角的余弦值为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】设的最小内角为,利用正弦定理得到,再利用余弦定理得到,进而即可求解.【详解】设的最小内角为,由正弦定理得,整理得,又余弦定理得,所以,解得,则.故选:B.8. 在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC.,,,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为( )A B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由面面垂直可得线面垂直,进而可确定球心的位置在DO上,根据勾股定理即可求解.【详解】如图,取AB的中点E,BC的中点D,连接PE,△PAB是等边三角形,则.因为平面PAB⊥平面ABC,平面平面,平面PAB,所以PE⊥平面ABC,又平面ABC,所以.过D作OD⊥平面ABC,则.因为,所以三棱锥P-ABC的外接球的球心在DO上,设球心为O,连接OB,OP,设外接球半径为R,由已知,.,,在直角梯形PEDO中,, ,,所以三棱锥P-ABC外接球的表面积.故选:C.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,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. 若复数为纯虚数,则( )A. 为实数 B. 为实数C. 为实数 D. 为实数【答案】ACD【解析】【分析】根据题意,设且,得到,结合复数的运算法则,逐项判定,即可求解.【详解】因为为纯虚数,设且,则,由,所以A正确;由,所以B错误;由为实数,所以C正确;由为实数,所以D正确.故选:ACD.10. 已知四边形是平行四边形,,,,则( )A. 点D的坐标是 B. C. D. 四边形的面积是【答案】BD【解析】【分析】根据平行四边形的性质可知即可求出D点坐标判断A,利用两点间距离公式判断B,由向量夹角公式判断C,由三角形面积公式可得平行四边形面积判断D.【详解】不妨设点D坐标为,因为四边形是平行四边形,所以,即,所以,,,所以点D坐标为,故A错误;,故B正确;,,所以,故C错误;因为,所以四边形的面积,故D正确.故选:BD11. 在中,角、、的对边分别为、、,向量,向量,若,且满足,则下列说法正确的是( )A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】由向量平行得到,从而求出,A正确;由正弦定理得到,求出,判断CD;结合三角形内角和求出,判断B选项.【详解】∵,∴,∴,∴,A选项对,由题意及正弦定理得,即,又,∴,又,∴,C选项错,D选项对,又,则,B选项对,故选:ABD.12. 如图所示,在四棱锥中,平面,四边形为正方形,,,为线段上的点(不包括端点),则( )A. B. 平面C. 二面角的大小为定值 D. 的最小值为【答案】CD【解析】【分析】对于A,利用线面垂直的判定定理和性质定理即可得出;对于B,利用线面平行的性质定理即可得出;对于C,由二面角的定义即可判断;对于D,将侧面和展开在一个平面内,结合余弦定理即可得出.【详解】对于A,平面,平面,,假设,又平面PAD,平面,又平面,,而四边形为正方形,与矛盾,所以假设错误,故不正确,故A不正确;对于B,设,连接,假设平面,又平面平面,则,在中,因为为的中点,则必为的中点,这与为线段上的动点矛盾,所以假设错误,故B不正确;对于C,为线段上动点,二面角的大小即为二面角的大小,因为二面角的大小为定值,所以二面角的大小为定值,故C正确;对于D,平面,平面,,为等腰直角三角形,平面,平面,,即,又四边形为正方形,,平面PAD,平面,平面,,为直角三角形,如图,将侧面和展开在一个平面内,,连接,当处在与的交点处时,取得最小值,此时,在中,由余弦定理,得,所以的最小值为,故D正确. 故选:CD.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13. 已知平面的法向量为上一点,则点到的距离为___________.【答案】【解析】【分析】利用空间向量坐标运算的求点到平面的方法即可求解.【详解】由题意知,所以点到的距离.故答案为:.14. 某圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形,则该圆柱一个底面的面积为___________.【答案】【解析】【分析】根据圆柱的侧面展开图可知底面圆的周长等于正方形的边长,即可求出底面圆的半径,进而可求面积.【详解】因为圆柱的侧面展开图是面积为8的正方形,所以该圆柱的底面圆的周长为其侧面展开图正方形的边长,该圆柱底面圆半径为,故该圆柱一个底面的面积.故答案为:15. 如图,小明同学在山顶A处观测到一辆汽车在一条水平的公路上沿直线匀速行驶,小明在A处测得公路上B,C两点的俯角分别为30°,45°,且∠BAC=135°.若山高AD=150m,汽车从C点到B点历时25s,则这辆汽车的速度为______m/s.【答案】【解析】【分析】由余弦定理求得后可得速度.【详解】由题意可知,AB=300m,m,由余弦定理可得(m),这辆汽车的速度为(m/s),故答案为:.16. 在中,G满足,过G的直线与AB,AC分别交于M,N两点.若,,则3m+n的最小值为_______.【答案】【解析】【分析】根据题意可知为三角形的重心,利用三点共线可得,再由均值不等式即可求最值.【详解】取中点,连接,如图,由可得,即,所以三点共线且,即为的重心,所以,因为三点共线,所以,又,,所以,当且仅当,即时,等号成立,故答案为:四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知向量,.(1)求向量与夹角的余弦值;(2)若向量与互相垂直,求的值.【答案】(1). (2).【解析】【分析】(1)利用平面向量的数量积即可求得结果.(2)利用两向量垂直的条件即可求得结果.【小问1详解】由,,所以,,,设向量与的夹角为,则.【小问2详解】若向量与互相垂直,则,所以.18. 已知a,b,c分别为三个内角A,B,C的对边,且.(1)求A;(2)若,且的面积为,求b,c.【答案】(1) (2),【解析】【分析】(1)应用正弦定理结合两角和差公式计算求解即可;(2)应用余弦定理及三角形面积公式,列方程求边即得.【小问1详解】在中,由正弦定理及得,又,代入上式,得,∵,∴,∴,∵,∴.【小问2详解】由(1)知,又,∴由余弦定理得,即,①又∵的面积为,∴有,即,∴,②解由①②组成的方程组得,.19. 已知正四面体的棱长为2,点G是的重心,点M是线段的中点.(1)用,,表示,并求出;(2)求.【答案】(1), (2)【解析】【分析】(1)首先根据空间向量的线性运算得到,再求其模长即可.(2)根据展开求解即可.【小问1详解】因为点M是线段的中点,点G是的重心,所以,因为,所以,∴.【小问2详解】.20. 如图,在四棱柱中,底面是矩形,平面平面,点是的中点,.(1)求证:平面平面;(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)先证明,根据面面垂直的性质定理证明⊥平面,再由面面垂直判定定理证明平面平面; (2)建立空间直角坐标系,求直线的方向向量与平面的法向量,利用空间向量夹角公式求直线与平面夹角.【小问1详解】因为,点是的中点,所以,又平面平面,平面平面,平面,所以⊥平面ABCD,又平面,所以平面平面;【小问2详解】取的中点,连结,因为四边形为矩形,且,所以四边形为正方形,,以为坐标原点,,,所在直线分别为轴,轴,轴建立空间直角坐标系如图所示,则,所以,设平面的法向量,则 有,即,令,则,所以平面的一个法向量,设直线与平面所成角为,则直线与平面所成角正弦值为.21. 如图,在平面四边形中,,设.(1)若,求的长度;(2)若,求.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)根据题意求得,在中,利用余弦定理,即可求得的长;(2)根据题意求得,得到,在中,利用正弦定理求得,进而求得的值.【小问1详解】解:由题意得且,可得,在中,,由余弦定理可知:,所以.小问2详解】解:因为,所以,又因为且,可得,在中,由正弦定理知,所以,即,可得,即.22. 如图,平面平面,四边形和四边形均为正方形.,.(1)求证:平面平面;(2)求多面体的体积.【答案】(1)证明见解析;(2)【解析】【分析】(1)由,可得四点共面,依题意可得面,面,即可得证;(2)多面体可看成三棱柱和四棱锥组合而成,由面面垂直的性质可得平面,再证面,再分别求出三棱柱的体积,四棱锥的体积,再求和即可;【详解】解:(1)因为,所以四点共面,因为四边形为正方形,所以,又平面,面,所以面,四边形为正方形,所以,又平面,面,所以面,又,平面,所以平面平面(2)多面体可看成三棱柱和四棱锥组合而成,因为为正方形,所以,又平面平面,平面平面,平面,所以平面,又平面,所以,又,,,面,所以面,所以三棱柱的体积,,四棱锥的体积,所以多面体的体积.
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