2022-2023学年安徽省六安第一中学高一下学期期中考试数学试题含解析
展开2022-2023学年安徽省六安第一中学高一下学期期中考试数学试题
一、单选题
1.已知,为虚数单位,则( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】由可得,利用复数的乘法可化简得出复数.
【详解】因为,则.
故选:C.
2.已知向量,若,则( )
A. B. C. D.
【答案】A
【分析】根据向量共线的规则求出x,再根据向量的坐标运算规则求解.
【详解】 , ;
故选:A.
3.如图,是的直观图,其中,,那么是一个( )
A.等边三角形 B.直角三角形 C.等腰三角形 D.无法确定
【答案】A
【分析】将直观图还原为投影图,分析几何图形的形状.
【详解】
将直观图还原,则,,所以是正三角形.
故选:A.
4.在中,内角,,所对的边为,,,若,,,则角的大小为( )
A. B.或 C. D.
【答案】B
【分析】由正弦定理及三角形内角和性质求角的大小.
【详解】由,则,而,故或,
显然,所得角均满足.
故选:B
5.是体积为的棱柱,则三棱锥的体积是( )
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】根据等体积法结合同底等高的棱锥和棱柱体积的关系进行求解
【详解】不妨设三棱柱的高为,则,
故.
故选:D
6.设m,n是不同的直线,是不同的平面,则下列命题正确的是( )
A.,则 B.,则
C.,则 D.,则
【答案】D
【分析】举例说明判断ABC;利用线面垂直的性质判断D作答.
【详解】对于A,在长方体中,平面为平面,分别为直线,
显然满足,而,此时不成立,A错误;
对于B,在长方体中,平面,平面分别为平面,为直线,
显然满足,而,此时不成立,B错误;
对于C,在长方体中,平面,平面分别为平面,为直线,
显然满足,而,此时不成立,C错误;
对于D,因为,由线面垂直的性质知,,D正确.
故选:D
7.三棱锥A-BCD中,平面BCD,,,则该三棱锥的外接球表面积为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】由题可知,可将三棱锥补成长方体,求长方体的外接球的表面积即可.
【详解】由平面BCD,,知三棱锥A-BCD可补形为以AD,DC,BD为三条棱的长方体,如图所示,
三棱锥的外接球即长方体的外接球,长方体的对角线是外接球的直径,设外接球的半径为R,
则,所以该三棱锥的外接球表面积为.
故选:C.
8.如图,在直三棱柱中,是等边三角形,,,,分别是棱,,的中点,则异面直线与所成角的余弦值是( )
A. B. C. D.
【答案】C
【分析】在棱上取一点,使得,取的中点,连接 ,,,即可得到,则或其补角是异面直线与所成的角,求出,,,再利用余弦定理计算可得.
【详解】解:如图,在棱上取一点,使得,取的中点,连接 ,,,
由于分别是棱的中点,所以,故四边形为平行四边形,进而,
又因为是的中点,所以,所以,则或其补角是异面直线与所成的角.
设,则,
从而,
,
故,
故异面直线与所成角的余弦值是.
故选:C
二、多选题
9.对一个容量为的总体抽取容量为的样本,当选取抽签法抽样、随机数法抽样和分层随机抽样三种不同方法抽取样本时,总体中每个个体被抽中的概率分别为,三者关系不可能是( )
A. B. C. D.
【答案】ABC
【分析】根据抽样的概念,每个个体被抽中的概率是均等的,即可求解.
【详解】在抽签法抽样、随机数法抽样和分层随机抽样中,每个个体被抽中的概率均为,
所以.
故选:ABC.
10.设平面向量,则( )
A. B.可以成为一组基底
C.与的夹角为锐角 D.在上的投影向量为
【答案】BD
【分析】求出,即可判断A;由共线向量的条件判断是否共线,即可判断B;求得,则,即可判断C;由投影向量的概念求解即可判断D.
【详解】对于A选项,,,,故A错误;
对于B选项,由于,所以不共线,可以成为一组基底,故B正确;
对于C选项,,所以,则,所以与的夹角为直角,故C错误;
对于D选项,向量在方向上的投影向量为,故D正确.
故选:BD.
11.如图,透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水,固定容器底面一边BC于地面上,再将容器以BC为轴顺时针旋转,则( )
A.有水的部分始终是棱柱
B.水面所在四边形EFGH为矩形且面积不变
C.棱始终与水面平行
D.当点H在棱CD上且点G在棱上(均不含端点)时,不是定值
【答案】AC
【分析】利用棱柱的几何特征判断A;根据水面矩形变化情况判断B;利用线面平行的判定判断C;利用盛水的体积判断D作答.
【详解】对于A,有水部分的几何体,有两个面都垂直于BC,这两个面始终平行,而,
并且BC始终与水面平行,即有,若点H在棱上,由面面平行的性质知,
,若点H在棱CD上,,因此该几何体有两个面互相平行,其余各
面都是四边形,并且每相邻两个四边形的公共边互相平行,即该几何体是棱柱,A正确;
对于B,因为水面为矩形,边的长不变,随旋转角的变化而变化,矩形的面积不是定值,B错误;
对于C,因为始终与平行,而始终与水面平行,并且不在水面所在平面内,即棱始终与水面平行,C正确;
对于D,当点在棱上且点在棱上(均不含端点)时,有水部分的棱柱的底面为三角形,
而水的体积不变,高不变,则底面面积不变,即为定值,D错误.
故选:AC
12.在长方体中,若直线与平面所成角为45°,与平面所成角为30°,则( ).
A.
B.直线与所成角的余弦值为
C.直线与平面所成角为30°
D.直线与平面所成角的正弦值为
【答案】BC
【分析】由题意,,设,则,,即可判断A;由可知 或其补角为直线与所成角,利用余弦定理求解可判断B;由题可知直线与平面所成角为,又,,求出可判断C;设点到平面的距离为h,由利用等体积法求出,再利用线面角的定义求解可判断D.
【详解】对于A:如图,设,连接,∵平面,∴直线与平面所成角为,则,
连接,∵平面,∴直线与平面所成角为,则,
在中,,∴,故A错误;
对于B:易知,∴或其补角为直线与所成角,
易知,,,∴,故B正确;
对于C:连接,由平面,可知直线与平面所成角为,
又,,∴,故C正确;
对于D:易知,设点到平面的距离为h,
则,取的中点E,连接BE,
由勾股定理可得,∴,∴,
设直线与平面所成角为,则,故D错误.
故选:BC.
三、填空题
13.化简:______.
【答案】
【分析】由向量的线性运算求解即可.
【详解】.
故答案为:.
14.目前,全国多数省份已经开始了新高考改革.改革后,考生的高考总成绩由语文、数学、外语3门全国统一考试科目成绩和3门选择性科目成绩组成.某校高一年级选择“物理、化学、生物”,“物理、化学、地理”和“历史、政治、地理”组合的学生人数分别是900,540,360.现采用分层抽样的方法从上述学生中选出100位学生进行调查,则从选择“物理、化学、生物”组合的学生中应抽取的人数是______.
【答案】50
【分析】先求出抽取比例,再根据分层抽样计算选择“物理、化学、生物”组合的学生人数即可.
【详解】因为,
所以选择“物理、化学、生物”组合的学生人数为.
故答案为:50
15.在中,,则___________.
【答案】
【分析】先利用正弦定理化角为边求出边,再利用余弦定理即可得解.
【详解】因为,所以,
所以,
由余弦定理.
故答案为:.
16.正方体的棱长为1,点P是内不包括边界的动点,若,则线段AP长度的最小值为___________.
【答案】/
【分析】根据平面确定平面,进而在上,故当时,最小,计算线段长度利用等面积法计算得到答案.
【详解】与相交于,连接,,,
,,,故平面,,
故平面,P是内不包括边界的动点,故在上,
当时,最小
中,,,
根据等面积法:.
故答案为:
四、解答题
17.正四棱锥S﹣ABCD的底面边长为4,高为1,求:
(1)求棱锥的侧棱长和斜高;
(2)求棱锥的表面积.
【答案】(1)侧棱长为3,斜高为
(2)
【分析】(1)设SO为正四棱锥S﹣ABCD的高,则SO=1,作OM⊥BC,则M为BC 中点,连接OM,OB,则SO⊥OB,SO⊥OM,由此能求出棱锥的侧棱长和斜高.
(2)棱锥的表面积,由此能求出结果.
【详解】(1)设SO为正四棱锥S﹣ABCD的高,则SO=1,
作OM⊥BC于M,则M为BC 中点,
连接OM,OB,则SO⊥OB,SO⊥OM,
BC=4,BM=2,则OM=2,OB=,
在Rt△SOB中,,
在Rt△SOM中,,
∴棱锥的侧棱长为3,斜高为.
(2)棱锥的表面积:
.
18.的内角的对边分别为,若,求:
(1)的值;
(2)和的面积.
【答案】(1)
(2),三角形面积为
【分析】(1)应用余弦定理列方程求值即可;
(2)由同角三角函数平方关系求,应用正弦定理求,三角形面积公式求的面积.
【详解】(1)由余弦定理得:,解得.
(2)由,则,
由正弦定理得,又,则,
.
19.如图,在三棱柱中,,平面平面.
(1)求证:;
(2)点E是线段BC中点,在线段上是否存在点F,使得平面,并说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在,理由见解析
【分析】(1)利用线面垂直和面面垂直的性质定理即可求解;
(2)利用三角形的中位线定理及平行四边形的判定定理和性质定理,结合线面平行的判定定理即可求解.
【详解】(1)因为,平面平面,平面平面,平面,
所以平面.
又因为平面,
所以.
(2)存在,且点是线段的中点,理由如下:
取的中点G,连接FG,GC.如图所示
在中,因为F,G分别是,的中点,
所以,且.
在平行四边形中,因为E是BC的中点,
所以,且,
所以,且
所以平行四边形FECG是平行四边形,
所以.
又因为平面,平面,
所以平面.
故存在,且点是线段的中点,使得平面.
20.在斜三棱柱中,是边长为2的正三角形,侧棱,顶点在平面的射影为边的中点.
(1)求证:平面平面;
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】(1)先证明线面垂直,再根据面面垂直判定定理证明面面垂直即可;
(2)应用等体积方法求解点到平面距离.
【详解】(1)且为的中点,,
又平面平面,
平面.故平面,又平面,
平面平面.
(2)设点到平面的距离为是边长为2的正三角形,,
根据等体积公式可得,解得-
21.已知分别为的内角的对边,且.
(1)求角;
(2)若的面积为,求的周长.
【答案】(1)
(2)6
【分析】(1)根据,利用正弦定理结合两角和与差的正弦函数得到,再利用辅助角公式求解.
(2)由的面积为,结合,得到,再利用余弦定理求解.
【详解】(1)解:因为,
所以由正弦定理得.
因为,
所以,
所以.
因为,
所以,
所以,即.
所以,
即
又,
所以.
(2)因为的面积为,所以.
由,所以.
由余弦定理得,
又,所以.
解得.
故的周长为.
22.如图,在棱长为2的正方体中,P、Q分别为棱和中点.
(1)请在图中作出过A、P、Q三点的正方体的截面(保留作图痕迹,画出交线,无需说明理由),并求交线所围成的多边形周长;
(2)求(1)中的截面与平面ABCD所成锐二面角的余弦值.
【答案】(1)作图见解析,
(2)
【分析】(1)作出截面求周长即可.
(2)用几何法找到二面角的平面角,在三角形中求解即可.
【详解】(1)如图,多边形AMPQN即为所作截面.
因为P、Q分别为棱和中点,,
所以,即,
又,,所以,则,
在中,,
所以,
同理:,,
又在中,,
所以截面周长为.
(2)由正方体的性质可知只需求截面与平面所成的锐二面角.
连接交PQ于E,连接AE,
因为在正方体中,面,面,
所以,
又易知,,所以,
又面,所以平面,
因为平面,所以,
又截面与平面的交线为,所以即为所求二面角的平面角,
易得,,
所以在中,,
所以,
即所求二面角的余弦值为.
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