2022-2023学年广东省广州市真光中学高一下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省广州市真光中学高一下学期期中数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省广州市真光中学高一下学期期中数学试题 一、单选题1．当m＜1时，复数m（3+i）﹣（2+i）在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】原复数化为（3m﹣2）+i（m﹣1），再根据m的范围确定.【详解】m（3+i）﹣（2+i）化简得（3m﹣2）+i（m﹣1），∵∴3m﹣2＞0，m﹣1＜0∴所对应的点在第四象限故选：D.【点睛】本题主要考查复数的代数形式，考查了复平面内各象限复数的特点，属于基础题. 二、多选题2．对于任意两个向量和，下列命题中正确的是（    ）A．若，且与同向，则 B．C． D．【答案】BD【分析】根据向量的性质及数量积的运算、模的运算及比较大小的方法可判断.【详解】对于A，由于向量不能比较大小，A错误；对于B，，B正确；对于C，，可能小于0，C错误；对于D，因为，所以，D正确．故选：BD 三、单选题3．某人用如图所示的纸片，沿折痕折后粘成一个四棱锥形的“走马灯”，正方形做灯底，且有一个三角形面上写上了“年”字，当灯旋转时，正好看到“新年快乐”的字样，则在①、②、③处应依次写上A．快、新、乐 B．乐、新、快C．新、乐、快 D．乐、快、新【答案】A【分析】根据四棱锥图形，正好看到“新年快乐”的字样，可知顺序为②年①③，即可得出结论．【详解】根据四棱锥图形，正好看到“新年快乐”的字样，可知顺序为②年①③，故选A．【点睛】本题考查四棱锥的结构特征，考查学生对图形的认识，属于基础题.4．下列命题：①若直线上有无数个点不在平面内，则；②若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都平行；③如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行；④若直线与平面平行，则与平面内的任意一条直线都没有公共点.其中正确的个数是（   ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用直线与平面位置关系的定义，逐一分析判断各个命题即可作答.【详解】对于①，当与相交时，直线上有无数个点不在平面内，①错误；对于②，当直线与平面平行时，与内的一条直线平行或异面，②错误；对于③，另一条直线可以在平面内，③错误；对于④，直线与平面平行，则直线与没有公共点，则与平面内的任意一条直线都没有公共点，④正确，所以正确命题的个数是1.故选：A5．已知向量，不共线，且向量与的方向相反，则实数的值为A．1 B． C．1或 D．-1或【答案】B【分析】根据题意，得出且，化简后得出，，即可求出实数的值.【详解】解：由题可知，，不共线，且向量与的方向相反，则，即，则，即，解得：或（舍去）.即实数的值为.故选：B.【点睛】本题考查平面向量共线的定理的应用，属于基础题.6．已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】首先根据已知条件的点为中点，又因为点为的外接圆圆心，得，再根据得为等边三角形，最后结合投影向量的定义即可求解.【详解】已知，故点为中点， 又因为点为的外接圆圆心，故为直角三角形，且.由于，易知为等边三角形，过点作的垂线，垂足为，设，则.因此可得：向量在向量上的投影向量为.故选：A7．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意可求出正方体的上底面与球相交所得截面圆的半径为4cm，再根据截面圆半径，球的半径以及球心距的关系，即可求出球的半径，从而得到球的体积．【详解】设球的半径为cm，根据已知条件知，正方体的上底面与球相交所得截面圆的半径为4cm，球心到截面圆的距离为cm，所以由，得，所以球的体积为．故选：A．【点睛】本题主要考查球的体积公式的应用，以及球的结构特征的应用，属于基础题．8．已知三棱锥的底面为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（    ）A．6π B．30πC． D．【答案】D【分析】利用三棱锥的体积，求解底边边长，求出的外接圆半径，以及球心到底面的距离，判断顶点的轨迹是两个不同截面圆的圆周，进而求解周长即可．【详解】依题意得，设底面等腰直角三角形的边长为，三棱锥的体积解得：的外接圆半径为球心到底面的距离为，又顶点P到底面ABC的距离为3，顶点的轨迹是一个截面圆的圆周当球心在底面和截面圆之间时，球心到该截面圆的距离为，截面圆的半径为，顶点P的轨迹长度为；当球心在底面和截面圆同一侧时，球心到该截面圆的距离为，截面圆的半径为，顶点P的轨迹长度为；综上所述，顶点P的轨迹的总长度为故选：D．【点睛】本题考查空间几何体外接球的问题以及轨迹周长的求法，考查空间想象能力、转化思想以及计算能力，题目具有一定的难度． 四、多选题9．设为复数，则下列命题中正确的是（    ）A． B．C．若，则的最小值为 D．若，则【答案】ACD【分析】根据复数的概念以及复数的几何意义对每个选项逐个判断即可.【详解】对于A，不妨设，所以.因为，所以；又因为，所以.故A正确；对于B，不妨设，则，，和不一定相等，故B错误；对于C，根据复数的几何意义可知，表示以原点为圆心，为半径的圆上的点；表示点到点的距离，那么点与点重合时距离最小为，故最小值为，故C正确；对于D，根据复数的几何意义可知，可以表示以为圆心，为半径的圆上的点,表示点到原点的距离，则当点与点重合时距离最小为；当点时距离最大为.故，故D正确.故选:ACD10．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，下列说法正确的是（    ）A．若，则为等腰三角形B．若，，，则必有两解C．若，，则角B的大小为D．若，则为锐角三角形【答案】BC【分析】由正弦定理、余弦定理以及三角恒等变换依次判断4个选项即可.【详解】对于A，由正弦定理得，即，又，则，或，则为等腰三角形或直角三角形，A错误；对于B，由正弦定理得，解得，又，故必有两解，B正确；对于C，，由正弦定理得，又，故，，C正确；对于D，由余弦倍角公式知：，即，由正弦定理得，由余弦定理，即为锐角，不确定是否为锐角，故D错误.故选：BC.11．用一个平面去截一个几何体，截面的形状是三角形，那么这个几何体可能是A．圆锥 B．圆柱 C．三棱锥 D．正方体【答案】ACD【分析】根据物体特征分析截面可能的情况即可得解.【详解】圆锥的轴截面是三角形，圆柱的任何截面都不可能是三角形，三棱锥平行于底面的截面是三角形，正方体的截面可能是三角形，如图：故选：ACD【点睛】此题考查物体截面辨析，关键在于熟悉常见几何体的几何特征，分析截面可能的情况.12．下列说法正确的是（    ）A．若非零向量，且，则为等边三角形B．已知，且四边形为平行四边形，则C．已知正三角形的边长为，圆O是该三角形的内切圆，P是圆O上的任意一点，则的最大值为1D．已知向量，则与夹角的范围是【答案】AC【分析】利用单位向量以及向量数量积的定义可判断A；利用向量的加法运算可判断B；利用向量的加、减运算可判断C；由题意可得点在以为圆心，为半径的圆上，由向量夹角定义可判断D.【详解】A，因为非零向量，所以的平分线与垂直，为等腰三角形，又，所以，所以为等边三角形，故A正确；B，,， 在平行四边形中，有，所以原式，故B错误；C，设正三角形内切圆半径，由面积相等可得，解得，令的中点为，从而,则，,两式平方作差可得,即，若要使最大，只需最大由于为的中点，也为圆与的切点，所以的最大值为，所以，故C正确；D，设，，所以，，所以，即在以为圆心，为半径的圆上， 如图：，所以，  当与圆在下方相切时，与夹角最小，此时为，当与圆在上方相切时，与夹角最大，此时为，所以与夹角的范围是，故D错误.故选：AC【点睛】关键点点睛：本题考查了向量的数量积定义、向量的加减法以及向量的夹角，解题的关键是是将向量问题转化为平面几何问题，利用圆的性质求解，考查了转化思想、数学运算、数学建模，此题是向量的综合题目. 五、填空题13．已知复数满足，则 _________________；【答案】【分析】先根据复数除法得，再根据共轭复数概念得.【详解】因为，所以,即【点睛】本题重点考查复数的概念与复数相等，属于基本题.复数的实部为、虚部为、模为、对应点为、共轭为 六、双空题14．如图，在中，，点在线段上移动（不含端点），若，则____________，的最小值是____________.【答案】     2     【分析】利用定比分点公式得出，设出得出，则，两问分别代入计算即可.【详解】因为在中，，所以.由向量定比分点公式得,即.因为点在线段上移动（不含端点），所以设.所以，对比可得.代入，得；代入可得，根据二次函数性质知当时，.故答案为: 七、填空题15．某广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的四面体得到的，如图所示，若被截正方体的棱长是，则石凳的表面积为________.【答案】【分析】由题意，该几何体是由棱长为的正方体截去八个四面体构成的多面体，截去的八个四面体是全等的三棱锥，结合三角形和正方形的面积公式，即可求解.【详解】由题意，该几何体是由棱长为的正方体截去八个四面体构成的多面体，截去的八个四面体是全等的三棱锥，同时几何体是由8个底面边长为的等边三角形和边长为的6个正方形组成的一个14面体，所以该几何体的表面积为：.故答案为：.【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及几何体的表面积的计算，其中解答中正确判定几何体的结构特征是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及计算能力，属于基础题.16．已知矩形，沿将折起成.若点在平面上的射影落在的内部（不包括边界），则四面体的体积的取值范围是___________.【答案】【分析】由点在平面上的投影落在的内部，可知当在面上的投影在上时，四面体的体积最小，当当在面上的投影在上时，四面体的体积最大，从而求出四面体的体积的取值范围.【详解】解：根据题意可知：点在平面上的射影落在的内部（不包括边界）所以当在面上的投影在上时，四面体的体积最大，由，设到面的距离为，则所以四面体的体积最大为：；当在面上的投影在上时，四面体的体积最小，如图：翻折前翻折后设到面的距离为，其中所以，所以所以四面体的体积最小为：，所以四面体的体积的取值范围为.故答案为：. 八、解答题17．已知(1)判断A，B，C三点之间的位置关系；(2)当为何值时，与垂直．【答案】(1)三点共线(2) 【分析】（1）根据向量共线充要条件计算即可；（2）根据向量数量积的坐标表示计算垂直关系求参数即可.【详解】（1）由题意可得：,显然,而有公共点B，故A，B，C三点共线；（2）易得：，当与垂直时有：.18．设是虚数，且满足.(1)求的值及的实部的取值范围；(2)设，求证：为纯虚数；(3)求的最小值.【答案】(1)，(2)证明见解析(3)1 【分析】（1）根据复数的除法可得，根据其为实数可得，从而的实部的取值范围；（2）根据复数的除法可得，从而可证为纯虚数；（3）根据基本不等式可求最小值.【详解】（1）设，，，则，∵，∴是实数，又，∴，即，∴，，，∴的实部的取值范围是；（2），∵，，∴为纯虚数；（3），∵，∴，故，当，即时，取得最小值.19．如图，某种“笼具”由内、外两层组成，无下底面，内层和外层分别是圆锥和圆柱，其中圆柱与圆锥的底面周长相等，圆柱有上底面．制作时需要将圆锥的顶点剪去，剪去部分和接头忽略不计，已知圆柱的底面周长为，高为，圆锥的母线长为．(1)求这种“笼具”的体积；(2)现要使用一种纱网材料制作50个“笼具”，该材料的造价为每平方米8元，共需多少元?【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出圆柱的体积和圆锥的体积，相减后得到答案；（2）先求出这种笼具的表面积，从而得到总造价.【详解】（1）设圆柱的半径为，体积为，圆锥的体积为，则由得，，所以，设圆锥的高为，其中母线长，则由勾股定理得，，故这种“笼具”的体积为；（2）圆柱的侧面积为，圆柱的上底面面积为，圆锥的侧面积为，所以“笼具”的表面积为，故造50个“笼具”，总造价为（元）.20．若函数，的角，，的对边分别为，，，且.（1）当取最大值时，判断的形状；（2）在中，为边的中点，且，，求的长.【答案】（1）是等边三角形；（2）.【分析】（1）化简，由求得，根据正弦定理得到，从而判断取最大值时，B的取值，从而判断三角形形状；（2）取边的中点，在中，由余弦定理求得，，从而在中由余弦定理求得.【详解】解：因为所以由得，因为，所以，所以，（1）因为，，所以，所以当时，取最大值，此时，所以，所以是等边三角形；（2）解：取边的中点，连接，则，且，在中，由余弦定理得解得，所以在中由余弦定理得【点睛】方法点睛：利用正弦定理进行边角转化，根据三角函数的最值情况来求得原表达式的最值，从而判断三角形形状；利用余弦定理解得三角形各边长.21．在中，满足，M是中点．（1）若，求向量与向量的夹角的余弦值；（2）若O是线段上任意一点，且，求的最小值．【答案】（1）（2）【分析】（1）利用平面向量的夹角公式可求得结果；（2）设，将化为的二次函数，利用二次函数知识可求得结果.【详解】（1）因为，所以，设向量与向量的夹角为，则.（2）因为，M是中点，，所以，设，则，所以，因为，所以当时，取得最小值.所以的最小值为.【点睛】关键点点睛：第（2）问，设，将化为的二次函数，利用二次函数知识求解是解题关键.22．在气象台A正西方向处有一台风中心，它正向东北方向移动，移动速度的大小为，距台风中心以内的地区都将受到影响．若台风中心的这种移动趋势不变，气象台所在地是否会受到台风的影响?如果会，大约多长时间后受到影响?持续时间有多长?（精确到）（参考数据：）【答案】答案见详解.【分析】以气象台为坐标原点，正东方向为轴正方向，正北方向为轴建立平面直角坐标系，则现在台风中心的坐标为，用参数写出小时后的坐标，由求得的范围，从而得出结论．【详解】以气象台为坐标原点，正东方向为轴正方向，正北方向为轴建立平面直角坐标系，则现在台风中心的坐标为，，根据题意，可知小时后，的坐标为，即，因为以台风中心为圆心，以250千米为半径的圆上或圆内的点将遭受台风影响，所以在圆上或圆内时，气象台将受台风影响.所以令，即，整理得，解得，所以，故气象台A所在地马上将遭受台风影响，大约持续8小时50分钟.