2022-2023学年天津市第一中学高一下学期期中数学试题含解析
展开2022-2023学年天津市第一中学高一下学期期中数学试题
一、单选题
1.若复数z满足其中i为虚数单位,则z=
A.1+2i B.12i C. D.
【答案】B
【详解】试题分析:设,则,故,则,选B.
【解析】注意共轭复数的概念
【名师点睛】本题主要考查复数的运算及复数的概念,是一道基础题目.从历年高考题目看,复数题目往往不难,有时对复数的运算与概念、复数的几何意义等进行综合考查,也是考生必定得分的题目之一.
2.在平行四边形中,( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】由平行四边形的性质可得,从而可求得答案
【详解】解:因为四边形为平行四边形,
所以,
所以,
故选:D
3.下列说法中,正确的是( ).
A.三点确定一个平面 B.过一条直线的平面有无数多个
C.两条直线确定一个平面 D.三条两两相交的直线确定三个平面
【答案】B
【分析】A选项,若三点共线,则此三点不能确定一个平面;B选项,过一条直线的平面有无数多个;C选项,两条直线若异面,则两条直线无法确定一个平面;D选项,三条两两相交的直线若过同一个点,则三条两两相交的直线确定三个平面或一个平面.
【详解】若三点共线,则此三点不能确定一个平面,A错误;
过一条直线的平面有无数多个,B正确;
两条直线若异面,则两条直线无法确定一个平面,C错误;
三条两两相交的直线若过同一个点,则三条两两相交的直线确定三个平面或一个平面,D错误.
故选:B
4.已知点,,则与同方向的单位向量为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】列方程即可求得与同方向的单位向量.
【详解】,设与同方向的单位向量为
则,解之得或
当时,所求向量为,向量,符合题意;
当时,所求向量为,向量,不符合题意,舍去.
故选:A
5.在中,已知,,,则( )
A. B. C.或 D.或
【答案】D
【分析】直接利用正弦定理求解即可.
【详解】在中,由正弦定理,得,
所以,又,所以或.
故选:D
6.已知中,角,,所对的边分别是,,,若,且,那么是( )
A.直角三角形 B.等边三角形 C.等腰三角形 D.等腰直角三角形
【答案】B
【分析】将化简并结合余弦定理可得的值,再对结合正、余弦定理化简可得边长关系,进行判定三角形形状.
【详解】由,得,
整理得,则,
因为,所以,
又由及正弦定理,得,化简得,
所以为等边三角形,
故选:B
7.设向量,且,则( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】A
【分析】根据的垂直关系,可求出 ;根据的平行关系,可求出 ,进而求出的值.
【详解】因为,所以
因为,所以
所以 ,所以
故选:A.
8.若一个圆锥的高和底面直径相等,且它的体积为,则此圆锥的侧面积为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】由已知求得圆锥的高和底面直径,再求得母线长可得侧面积.
【详解】设底面半径为,由高为,所以,,,
所以母线长为,
所以侧面积为.
故选:A.
9.已知m,n表示两条不同直线,表示平面,下列说法正确的是
A.若则 B.若,,则
C.若,,则 D.若,,则
【答案】B
【详解】试题分析:线面垂直,则有该直线和平面内所有的直线都垂直,故B正确.
【解析】空间点线面位置关系.
10.如图,正方体的棱长为2,E是棱的中点,则点到平面EBD的距离为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】注意到,利用等体积法可得答案.
【详解】,
,,则.
在中,由题意及图形结合勾股定理可得,,
则由余弦定理可得,
则.则.
设到平面EBD的距离为,则.
又,则.
故选:D
二、填空题
11.是虚数单位,则___________.
【答案】
【分析】直接对复数化简即可
【详解】解:,
故答案为:
12.已知向量的夹角为,,则_______.
【答案】
【分析】根据计算可得结果.
【详解】
.
故答案为:
13.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上. 若球的体积为, 则正方体的棱长为 .
【答案】
【分析】根据正方体的性质,结合球的体积公式进行求解即可.
【详解】因为正方体体的对角线就是正方体的外接球的直径,所以由外接球的体积公式得:,即,则,
故答案为:.
【点睛】本题考查了正方体外接球的性质,考查了球的体积公式的应用,考查了空间想象能力和数学运算能力.
14.已知平面上不共线的四点O,A,B,C,若,则_____
【答案】/
【分析】由可得,即可得答案.
【详解】.
则三点共线,且在BA的反向延长线上,如下图所示,则.
故答案为:
15.已知在△ABC中,内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若,,则的周长的最大值为_________.
【答案】
【分析】根据,利用余弦定理求得角A,进而得到外接圆半径,再由的周长为求解.
【详解】解:因为,
所以,
因为,
所以,则,
所以的周长为,
,
,
,
当,即时, 的周长取得最大值为6,
故答案为:
三、双空题
16.在梯形中,,且,,分别为线段和的中点,若,,用,表示__________.若,则余弦值的最小值为__________.
【答案】
【分析】空(1)使用向量线性运算求解即可;
空(2)以与为基底,用数量积的形式表示出,再由基本不等式求解即可.
【详解】
如图,由已知,
.
∴.
设,即与的夹角为,
,
若,则,
∴,
又∵,,∴由基本不等式,
∴.
当且仅当,即时,等号成立.
故答案为:,.
【点睛】关键点睛:解决本题第2空的关键,是用以为夹角的两个向量作为基底,将垂直关系转化为数量积的形式,再借助基本不等式求解.
四、解答题
17.已知的内角、、的对边分别为、、,且.
(1)求角的大小;
(2)若,且,求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)利用正弦定理结合余弦定理可求得的值,结合角的取值范围可求得角的值;
(2)利用三角形的面积公式可求得的值,利用余弦定理可求得的值,进而可求得的周长.
【详解】(1)解:由,
利用正弦定理可得,化为,
所以,,,.
(2)解:,且,所以,,
由余弦定理可得,
所以,,解得,
因此,周长为.
18.如图,在正方体中,点为棱的中点.
(1)求证:平面;
(2)求异面直线与所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析;(2).
【分析】(1)连接BD与AC交于点O,根据O,E为为中点,易得,再利用线面平行的判定定理证明;
(2)根据(1),由得到异面直线与所成的角,然后证得 ,得到是直角三角形求解.
【详解】(1)如图所示:
,
连接BD与AC交于点O,
因为O,E为为中点,
所以,又平面,平面,
所以平面;
(2)由(1)知,则异面直线与所成的角,
在正方体中,
因为,且,
所以平面,又因为平面,
所以 ,
所以是直角三角形,
设正方体的棱长为a,则 , ,
所以 ,
所以,
故答案为:
【点睛】方法点睛:求异面直线所成的角常用方法是平移法,平移方法一般有三种类型:利用图中已有的平行线平移;利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移;补形平移.
19.如图,已知平面ABC,,,,,,点和分别为和的中点.
(1)求证:平面;
(2)求直线与平面所成角的大小.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)根据平面,得到平面,即可得到平面平面,根据等腰三角形三线合一的性质得到,然后利用面面垂直的性质定理即可得到平面;
(2)根据,点为中点得到,即可将直线与平面所成角转化为直线与平面所成角,由(1)的结论可得为直线与平面所成角,然后利用勾股定理得到,的长度,即可求直线与平面所成角.
【详解】(1)∵平面,,
∴平面,
∵平面,
∴平面平面,
∵,点为中点,
∴,
∵平面平面,平面,
∴平面.
(2)
取中点,连接,,
∵,,,点为中点,
∴四边为平行四边形,∴,
∴直线与平面所成角和直线与平面所成角相等,
∵平面,
∴为直线与平面所成角,
∵点为中点,,
∴,,,
∴,又,所以,
所以直线与平面所成角为.
20.如图,已知正方形的边长为2,点为正方形内一点.
(1)如图1
(i)求的值;
(ii)求的值;
(2)如图2,若点满足.点是线段的中点,点是平面上动点,且满足,其中,求的最小值.
【答案】(1) (i) 4 (ii) 8 (2)
【分析】(1) (i)由向量的数量积的运算性质和向量的加法法则可得,结合数量积的定义可得答案.
(ii)利用向量数量积的运算性质结合图形将原式化为,利用向量的加法法则即化为,结合数量积的定义可得答案.
(2)以 为原点,为轴,为轴,建立平面直角坐标系,得出相应点的坐标,根据条件得出点的坐标,再由向量数量积的坐标公式可得答案.
【详解】(1)(i)正方形的边长为2,则,.
(ii)
(2)以 为原点,为轴,为轴,建立平面直角坐标系.
由,则
所以,
点是线段的中点,则
设,,,
由,即
所以 ,解得,即
,
当时,的最小值为
【点睛】关键点睛:本题考查向量的加法法则和数量积的运算,建立坐标系利用坐标法求解向量的数量积的最值,解答本题的关键是建立坐标系,根据条件得出点坐标,从而得出,属于中档题.
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