精品解析：山西省大同市平城中学校2022-2023学年高一下学期4月分班考数学试题（解析版）

这是一份精品解析：山西省大同市平城中学校2022-2023学年高一下学期4月分班考数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了答题时，请将答案写在答题卡上，考试结束后，将答题卡交回， 已知向量，，则与的夹角为， 设为所在平面内一点，且，则， 下列命题中不正确的是， 下列命题中，真命题为等内容，欢迎下载使用。
平城中学高一年级选科分班考试题数学（考试时间：120分钟    试卷满分：150分）注意事项：1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.答题时，请将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一、单项选择题：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. （    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用诱导公式及特殊角的三角函数值判断即可.【详解】.故选：C2. 已知为虚数单位，则复数的虚部是（    ）A.  B. 2 C.  D. 1【答案】D【解析】【分析】根据复数的概念判断即可.【详解】复数的虚部为.故选：D3. 已知三角形的三边长分别为5，7，8，则此三角形的面积等于（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由三边长利用余弦定理可得角的余弦值，再计算出正弦值代入面积公式即可求得结果.【详解】不妨令三角形三边分别，则由余弦定理可得，则；由面积公式可得.故选：D4. 已知向量，，则与的夹角为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】首先求出，，，再根据夹角公式计算可得.【详解】因为，，所以，，， 设与的夹角为，则，又，所以.故选：B5. 如图所示，一个水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形，则原四边形的面积是（    ）A.  B.  C. 16 D. 8【答案】B【解析】【分析】根据斜二测画法规则求出，判断的形状，确定，由此求出原四边形的面积.【详解】在正方形中可得，由斜二测画法可知，，且，，所以四边形为平行四边形，所以．故选：B.6. 两条直线没有公共点是这两条直线异面的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据空间中直线得的位置关系和充分条件、必要条件的判断即可求解.【详解】由两条直线异面可得到两条直线没有公共点，反之不成立，所以“两条直线没有公共点”是“这两条直线是异面直线”的必要不充分条件，故选：B.7. 设为所在平面内一点，且，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据平面向量基本定理和平面向量的加法减法的几何意义，结合平面向量共线的性质进行求解即可.【详解】因为，所以，所以.故选：A8. 若一个正方体的八个顶点都在同一个球面上，则正方体与这个球的表面积之比为（    ）A  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】设正方体的棱长为，则外接球的直径为正方体的体对角线，从而可得球的半径，利用公式求出两者的表面积后可得它们的比值．【详解】设正方体的棱长为，外接球的半径为，则，故球的表面积为，而正方体的表面积为，故正方体与这个球的表面积之比为．故选：C．【点睛】本题考查正方体和其外接球的表面积的计算，注意弄清楚球的半径与正方体的棱长的关系，本题属于基础题．二、多项选择题：本题共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. 下列命题中不正确的是（    ）A. 圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面B. 正四棱锥的侧面都是正三角形C. 用一个平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台D. 平行六面体的每个面都是平行四边形【答案】BC【解析】【分析】由正四棱锥的概念判断选项B；由旋转体的结构特征判断选项A,C；由平行六面体的特征判断选项D.【详解】对于A，圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，故选项A正确；对于B，正四棱锥的侧面都是等腰三角形，不一定是正三角形，故选项B错误；对于C，用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台，而不是用一个平面去截圆锥，故选项C错误，对于D，平行六面体的每个面都是平行四边形，故选项D正确，故选：BC.10. 下列命题中，真命题为（    ）A. 若在平面外，它的三条边所在的直线分别交平面于点，则三点共线；B. 若两条直线互相平行且分别交直线于两点，则这三条直线共面.C. 若直线与平面平行，则这条直线与平面内的直线平行或异面.D. 若直线上有无数个点不在平面内，则直线和平面平行【答案】ABC【解析】【分析】由公理3“如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的直线”可知A正确；由于两平行线确定一个平面，且一条直线上有两点在平面内，则直线在平面内，即B正确；若直线与平面平行，则直线和面内的所有直线都不相交，只能平行或异面，所以C正确；若直线上有无数个点不在平面内，则直线和平面可以相交，即D错误.【详解】对于A，因为三点既在平面上，又在平面上，所以这三点一定在平面与平面的交线上，即三点共线；所以A正确；对于B，因为，所以确定一个平面，又因为直线上的两点在平面内，所以直线，即三线共面，即B正确；对于C，由线面平行的性质可得，若直线与平面平行，则这条直线与平面内的直线平行或异面，所以C正确.对于D，若直线上有无数个点不在平面内，则直线和平面可以相交、也可以平行，所以D错误；故选：ABC11. 已知两个单位向量，的夹角为，则下列结论正确的有（    ）A.  B. C.  D. 在方向上的投影向量为【答案】BCD【解析】【分析】根据数量积的定义判断A，根据数量积的运算律判断B、C，根据投影向量的定义判断D.【详解】因为两个单位向量，的夹角为，则，所以，故A错误；，，所以，故B正确；因为，所以，故C正确；在方向上的投影向量为，故D正确；故选：BCD12. 中，角，，所对的边分别为，，，则如下命题中，正确的是（    ）A. 若，则B. 若，则等腰三角形C. 若为锐角三角形，则D. 若是直角三角形，则【答案】ACD【解析】【分析】由大角对大边及正弦定理判断A，利用正弦定理将边化角，再由二倍角公式判断B，利用诱导公式及不等式性质判断C，利用反证法证明D.【详解】对于A：若，则，结合正弦定理得，故A正确；对于B：若，由正弦定理可得，所以，故或，即或，故三角形是等腰三角形或直角三角形，故B错误；对于C：若三角形为锐角三角形，则，故，同理可得，，三式相加得，故C正确；对于D：若是直角三角形，不妨设为直角，则，由正弦定理可得，所以，所以，又，所以，则，同理可证或为直角时也成立，故D正确．故选：ACD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知i为虚数单位，复数，则______.【答案】【解析】【分析】由复数乘法运算法则可得，代入模长公式可得.【详解】由可得，所以.故答案为：14. 一个正三棱锥的底面边长为6，侧棱长为4，那么这个正三棱锥的体积等于______.【答案】【解析】【分析】根据所给条件画出图形，再根据正三棱锥的性质计算求出高，在根据锥体的体积公式计算可得.【详解】如图正三棱锥中，为的中点，则，设为三角形的重心，则底面，又，所以，即这个正三棱锥的高是，又，所以；  故答案为：15. 圆锥的母线长为5，底面半径为3，则其表面积等于______.【答案】【解析】【分析】根据表面积公式计算可得.【详解】因为圆锥的母线，底面半径，所以圆锥的侧面积，底面积，所以圆锥的表面积.故答案为：16. 已知平面内，为内一点，如果点到的两边，的距离分别为3，5，那么到顶点的距离为______.【答案】【解析】【分析】画出草图分别表示出，并利用两角和的余弦公式即可计算出.【详解】根据题意可得，记，如下图所示：易知，且，不妨设；易知，则；由可得，整理可得，解得，即；所以到顶点的距离.故答案为：四、解答题：本大题共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. 若，（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据题意得到，结合，即可求解；（2）由（1）知，，结合，即可求解.【小问1详解】解：因为，可得，所以，由.【小问2详解】解：由（1）知，，则.18. 已知复数，i为虚数单位，分别求出满足下列条件的实数的值或范围.（1）为实数；（2）复平面内，复数的共轭复数对应的点在第三象限；【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用实数的虚部为0即可得；（2）易知，若复平面内对应的点在第三象限，可得.【小问1详解】根据复数定义可得，若为实数，则虚部为0，即，可得【小问2详解】由共轭复数定义可得，其对应点的坐标为，若在第三象限，则，解得；即实数的取值范围为.19. 已知向量与满足，，与的夹角为.（1）求；（2）求；（3）若，求实数的值.【答案】（1）    （2）    （3）【解析】【分析】（1）根据数量积的定义计算可得；（2）根据及数量积的运算律计算可得；（3）依题意可得，根据数量积的运算律计算可得.【小问1详解】因为，，与的夹角为，所以.【小问2详解】.【小问3详解】因为，则，即，所以，即，解得.20. 已知三条直线，，相交于同一点，直线与它们分别相交于点，，，（异于点），求证：，，，四条直线在同一个平面内.【答案】证明见解析【解析】【分析】由点及直线确定一个平面，记为，根据基本事实2可得，同理可证，，即可得证.【详解】依题意，设点及直线确定一个平面，记为．，，，又，，又，，则，同理可证，，，所以，，，四条直线在同一个平面内.21. 已知的内角的对边分别为，，，且.（1）求；（2）若，的面积为，求的周长.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由题可知利用正弦定理可得，又，可得；（2）由余弦定理可得，利用面积公式可得，配方即可解得，所以周长为.【小问1详解】由利用正弦定理可得，，即；又因为，所以，可得又，可得【小问2详解】利用余弦定理可得，即；由面积，可得，所以，即，所以；因此周长22. 已知函数.（1）求的最小正周期；（2）求函数的值域和单调递增区间.【答案】（1）    （2）值域为，单调递增区间为【解析】【分析】（1）化简函数，结合最小正周期的计算公式，即可求解；（2）由，结合三角函数的性质，即可求解.【小问1详解】解：由函数，所以函数的最小正周期为.小问2详解】解：由函数，当时，即，此时；当时，即，此时，所以函数的值域为.令，解得，所以函数的单调递增区间为