2022-2023学年安徽省临泉县田家炳实验中学高一下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年安徽省临泉县田家炳实验中学高一下学期期中考试数学试题含解析，共13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学年安徽省临泉县田家炳实验中学高一下学期期中考试数学试题 一、单选题1．已知，若，则（    ）A． B． C． D．1【答案】D【分析】根据复数的分类求解．【详解】因为，所以，解得．故选：D．2．在中，，，则外接圆的半径为（    ）A． B．1 C．2 D．3【答案】B【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，，且，则（    ）A．－6 B． C． D．6【答案】A【分析】利用向量共线的坐标表示求解.【详解】当时，因为，，所以，解得．故选:A．4．下列说法错误的是（    ）A．球体是旋转体B．圆柱的母线平行于轴C．斜棱柱的侧面中没有矩形D．用平面截正棱锥所得的棱台叫做正棱台【答案】C【分析】利用球体的定义判断；利用圆柱的结构特征判断；举例说明判断；利用正棱台的定义判断．【详解】因球体是半圆面绕其直径所在的直线旋转一周所得几何体，即球体是旋转体，A正确；由圆柱的结构特征知，圆柱的母线平行于轴，正确；如图，斜平行六面体中，若平面，则侧面四边形是矩形，不正确；由正棱台的定义知，正确．故选：．5．（    ）A．i B．1 C．－i D．－1【答案】C【分析】根据复数的除法运算求解.【详解】由题意可得：．故选：C．6．若用斜二测画法画一个水平放置的平面图形为如下图的一个正方形，则原来图形是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用斜二测画法判断.【详解】解：由斜二测画法知：平行或与x轴重合的线段长度不变，平行关系不变，平行或与y轴重合的线段长度减半，平行关系不变，故选：A7．如图，飞机飞行的航线和地面目标在同一铅直平面内，在处测得目标的俯角为，飞行10千米到达处，测得目标的俯角为，这时处与地面目标的距离为（    ）．A．5千米 B．千米 C．4千米 D．千米【答案】B【分析】将题意转化为解三角形问题，利用正弦定理计算即可.【详解】根据题意可知，.在中，由正弦定理得,即.故选:B8．已知向量，满足，，则向量在向量上的投影向量为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由向量垂直可求出，进而可以计算出向量在向量方向上的投影向量.【详解】依题意，，向量在向量方向上的投影向量为．故选：A 二、多选题9．设、是平面内两个不共线的向量，则以下，可作为该平面内一组基底的是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】ABD【分析】根据平面基底向量的概念逐项分析判断.【详解】因为、是平面内两个不共线的向量，则有：对于A：设，即，显然不成立，即不能用表示，故，不共线，所以A符合；对于B：设，即，则，无解，即不能用表示，所以，不共线，故B符合；对于C：，故，共线，所以C不符合；对于D：设，即，则，无解，即不能用表示，故，不共线，所以D符合．故选：ABD．10．已知复数在复平面内对应的点为P，则下列结论正确的是（    ）A．点P的坐标为 B． C． D．z的虚部为【答案】AB【分析】利用复数的几何意义及共轭复数的定义，结合复数的模公式及复数的概念即可求解.【详解】复数在复平面内对应的点为，故A正确；因为，所以，故B正确；，故C错误；的虚部为，故D错误．故选：AB．11．在中，，，，则（    ）A． B．C．的面积为 D．外接圆的直径是【答案】AB【分析】利用余弦的二倍角公式及同角三角函数的平方关系，结合余弦定理及三角形的面积公式，再利用正弦定理即可求解.【详解】由题意可知，，故A正确；在中，，由余弦定理得，解得，故B正确；，故C错误；设外接圆半径为R，由正弦定理得，故D错误．故选：AB．12．如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是（    ）A．圆锥的侧面积为 B．圆柱与球的表面积之比为C．圆柱的侧面积与球的表面积相等 D．圆柱与球的体积之比为【答案】BCD【分析】根据圆锥侧面积公式判断A选项，根据圆柱和球的表面积公式计算判断B，C选项，根据圆柱和球的体积公式计算判断D选项. 【详解】对于A，∵圆锥的底面直径和高都与一个球的直径2R相等，∴圆锥的侧面积为，故A错误；对于B，∵圆柱的表面积，球的表面积，∴，故B正确；对于C，圆柱的侧面积为，球面面积为，∴圆柱的侧面积与球面面积相等，故C正确；对于D，圆柱的体积，球的体积，∴，故D正确．故选：BCD． 三、填空题13．若复数在复平面上对应的点位于第二象限，则m的取值范围是________．【答案】【分析】根据复数所在象限列出不等式组，求出m的取值范围.【详解】由题意解得：．则m的取值范围是故答案为：14．棱长为2的正方体的外接球的半径是________．【答案】【分析】利用正方体的体对角线与外接球的直径的关系可求外接球的半径.【详解】外接球的直径为正方体的体对角线即为，故半径为，填．【点睛】本题考查正方体外接球半径的计算，是基础题.15．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的值为________________．【答案】4【分析】利用正弦定理边角化即可求解.【详解】由正弦定理得，    所以，，所以．故答案为:.16．已知圆的半径为，是圆的两条直径，若，则______．【答案】【分析】由可知为中点，根据，由向量数量积的运算律和定义可求得结果.【详解】，为中点，.故答案为：. 四、解答题17．已知向量，．(1)求向量；(2)若向量与互相垂直，求k的值．【答案】(1)1(2) 【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示即可求解；（2）根据（1）的结论及向量的模的坐标表示，利用两向量垂直的条件及数量积的运算即可求解.【详解】（1）因为，，所以.（2）因为，，所以， 又因为向量与互相垂直，且， 所以，解得，所以的值为．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)， 【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.【详解】（1）在中，由正弦定理及得，又，代入上式，得，∵，∴，∴，∵，∴．（2）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．已知向量．(1)求证：三点共线．(2)若，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)1 【分析】（1）求出，由证明即可；（2），，根据向量相等列方程组求解即可.【详解】（1）证明：∵，故三点共线；（2），，则有，即，解得20．一个圆锥的底面半径为2cm，高为6cm，在其内部有一个高为x cm的内接圆柱．(1)求圆锥的体积；(2)当x为何值时，圆柱的侧面积最大？并求出侧面积的最大值．【答案】(1)(2)当时，圆柱的侧面积取得最大值，且最大值为 【分析】（1）根据锥体体积公式运算求解；（2）利用轴截面分析可得，进而可求侧面积并结合二次函数求最值.【详解】（1）因为即圆锥的体积为．（2）该几何体的轴截面如图所示．由题意可得：设圆柱的底面半径为r cm，由题意可知，可得，则圆柱的侧面积，所以当时，圆柱的侧面积取得最大值，且最大值为．21．在①，②，③．这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，．(1)若，求△ABC的周长；(2)若 ，求的值．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意可得，利用余弦定理可求，进而可得结果；（2）选①：利用正弦定理边化角，化简整理即可；选②：根据两角差的余弦公式整理可得，利用正弦定理边化角，化简整理即可；选③：根据正、余弦定理化简整理即可得结果.【详解】（1）由及，得．在△ABC中，由余弦定理得，又因为，即，解得，，所以△ABC的周长为．（2）选①：因为，由正弦定理得，整理得，因为，所以，可得，且，从而得，则，因为，由正弦定理可得，则，所以．选②：因为，整理得，则，即，且，从而得，则，因为，由正弦定理可得，则，所以．选③：因为，由正弦定理可得，整理得，则．且，从而得，则，因为，由正弦定理可得，则，所以．22．已知中，D为BC中点，．(1)若，，求边AB的长；(2)若，求面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）在中，由正弦定理得，则，利用，由余弦定理得，从而求出；（2）D为BC中点．设，，，由余弦定理得，，，再利用基本不等式求最值可得答案．【详解】（1）在中，，，由正弦定理，得，又，则，∴；由余弦定理，得，∴．（2）∵D为BC中点，∴，设，，，由余弦定理，得，则．的面积，∵，∴，．∴，当且仅当时取等号，此时取得最大值，即的面积取得最大值，故的面积的最大值为．