2022-2023学年安徽省皖中名校（宿松中学、程集中学等）高一下学期期中联考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年安徽省皖中名校（宿松中学、程集中学等）高一下学期期中联考数学试题含解析，共17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学年安徽省皖中名校（宿松中学、程集中学等）高一下学期期中联考数学试题 一、单选题1．若复数满足（是虚数单位），则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据复数的除法运算，化简即可得出答案.【详解】由已知可得，.故选：C.2．正的边长为1，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据，但要注意向量夹角的定义．【详解】．故选：B．3．一货轮航行到处，测得灯塔在货轮的北偏东，与灯塔相距海里，随后货轮按北偏西的方向，以每小时海里的速度航行30分钟后到达处．又测得灯塔在货轮的东北方向，则（    ）A．20 B．40 C． D．【答案】A【分析】由题意得出，，，再由两角和的正弦公式求出，根据正弦定理即可求出的值．【详解】由题可知，，，，由两角和的正弦公式得：，在中，由正弦定理得：，即，解得，故选：A．4．如图，在正六边形中，（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据向量的线性运算法则和运算律求解.【详解】由已知，所以.所以，又，所以故选：A.5．已知圆锥的顶点为，过母线的截面面积是.若的夹角是，且母线的长是高的2倍，则该圆锥的体积是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知可推得圆锥的母线，.作出圆锥的轴截面，即可得出底面圆的半径，然后代入圆锥的体积公式，即可得出答案.【详解】设圆锥的母线长是，过母线的截面即为，由已知可得，解得，所以高.作出圆锥的轴截面如下图为等腰三角形，底面圆的圆心为，半径，如图有，，所以，即，所以该圆锥的体积是.故选：B.6．已知向量是非零向量，是单位向量，的夹角为，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知结合数量积的运算律以及定义，即可得出.然后根据数量积的运算律，展开，即可得出答案.【详解】因为，所以，即，即.因为，所以，所以，所以，.故选：A.7．长江流域内某地南北两岸平行，如图所示已知游船在静水中的航行速度的大小，水流的速度的大小，设和所成角为，若游船要从航行到正北方向上位于北岸的码头处，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意知由向量数量积的定义可得选项.【详解】由题意知有即所以，故选：B．【点睛】本题考查向量的实际应用，关键在于理解向量的数量积的意义和熟练掌握向量数量积的定义，属于基础题.8．设直三棱柱的所有顶点都在一个表面积是的球面上，且，则此直三棱柱的表面积是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设，由题意计算得外接圆的半径，从而计算出外接球的半径，根据球的表面积公式求得的值，从而得三棱柱各棱长，再利用三棱柱的表面积公式计算即可.【详解】设，因为，所以.于是（是外接圆的半径），.又球心到平面的距离等于侧棱长的一半，所以球的半径为.所以球的表面积为，解得.因此.于是直三棱柱的表面积是.故选：D. 二、多选题9．设是复数，是其共轭复数，则下列命题中正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】ABD【分析】设，根据共轭复数的定义，复数相等，复数模的定义，复数除法运算逐项判断即可．【详解】设，则，对A，，故A正确；对B，，故B正确；对C，或，故C不正确；对D，，故D正确；故选：ABD．10．在三棱锥中，分别是的重心.则下列命题中正确的有（    ）A．直线共面 B．直线相交C． D．【答案】ABD【分析】根据题意，由条件结合三角形重心的性质，对选项逐一判断即可得到结果.【详解】由于分别是的重心，所以分别延长交于中点.因此正确.因为，所以，因此.直线相交，B正确.因为是的重心，所以，因此，C不正确.因为，所以.因此，D正确.故选：ABD.11．在中，角的对边分别是，，，且，则的值可以是（    ）A． B． C． D．【答案】CD【分析】由已知可得.分别求出当，以及时，的值，根据余弦定理，即可得出答案.【详解】因为，所以.当时，由余弦定理可知，，整理可得，，解得，或（舍去），所以，由余弦定理可得；当时，由余弦定理可知，，整理可得，，解得，或（舍去），所以，由余弦定理可得.综上所述，，或.故选：CD.12．如图，为内任意一点，角的对边分别为，则总有优美等式成立，此结论称为三角形中的奔驰定理．由此判断以下命题中正确的有（    ）A．若是等边三角形，为内任意一点，且点到三边的距离分别是，则有B．若为内一点，且，则是的内心C．若为内一点，且，则D．若的垂心在内，是的三条高，则【答案】ACD【分析】若是等边三角形，设其高为，用和表示出，代入奔驰定理，化简即可判断A；由及奔驰定理，根据平面向量基本定理即可得出，即可判断B；由得出，结合奔驰定理，根据平面向量基本定理得出，即可判断C；点是的垂心，得出， ，，代入奔驰定理即可判断D．【详解】因为为内任意一点，所以两两不共线；对A：是等边三角形，设其高为，则，，，代入奔驰定理得，，即，故A正确；对B：由且，根据平面向量基本定理得，则是的重心，故B不正确；对C：，即，又，由平面向量基本定理得，故C正确；对D：由点是的垂心，则，所以，同理可得，，，代入，得，即，故D正确；故选：ACD． 三、填空题13．已知向量.若，则实数的值是__________.【答案】【分析】根据平面向量平行的坐标表示列式求解即可得答案.【详解】因为，且，所以，得，故答案为：14．在中，，则角的大小是__________.【答案】【分析】根据向量的模长公式求，再由数量积坐标运算公式求，结合向量夹角公式求角的大小.【详解】因为又，所以，，所以，又，所以.故答案为：.15．设点是外接圆的圆心，，则的值是__________.【答案】【分析】作出辅助线，得到⊥，变形得到，从而列出方程，求出，再由正弦定理得到答案.【详解】设点是边的中点，连接，则⊥，则，即.因此.故答案为：16．依次连接棱长为2的正方体六个面的中心，得到的多面体的体积是__________.【答案】【分析】作出图形，根据图形可知得到的多面体是正八面体，然后利用锥体的体积计算公式即可求解.【详解】依次连接棱长为2的正方体六个面的中心，得到的多面体是正八面体，如图，该正八面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长为，所以该正八面体的体积是.故答案为：. 四、解答题17．如图，在中，，点是线段上一点.(1)若点是线段的中点，试用和表示向量；(2)若，求实数的值.【答案】(1)(2). 【分析】（1）根据向量的线性运算法则求解；（2）根据向量线性运算利用表示，结合平面向量基本定理列方程求的值.【详解】（1）因为点是线段的中点，且，所以.所以；（2）设，则，又，所以，因为，所以，所以.18．已知复数，其中是虚数单位，.(1)若为纯虚数，求的值；(2)若，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据纯虚数的特征，即可列式求解；（2）根据复数相等，转化为实部和虚部对应相等，将写为关于的二次函数，列式求解.【详解】（1）因为为纯虚数，所以，解得.（2）由，得.因此.因为，所以当时，；当时，，.故的取值范围是.19．如图，在长方体中，，截面.(1)确定点的位置；(2)若，，，求线段的长.【答案】(1)点为线段与的交点(2) 【分析】（1）根据已知可得出点是平面与平面的公共点，又平面平面，即可根据基本事实3得出，即可得出点的位置；（2）连接，连接，交于点.易证四边形为平行四边形，进而结合已知可知点是的重心，推得.然后根据长方体的棱长求出体对角线，即可得出答案.【详解】（1）因为，平面，所以平面.又平面，所以点是平面与平面的公共点.又因为平面平面，根据基本事实3，可得.又因为，所以，即点为线段与的交点.（2）连接，连接，交于点.由（1）知点为与交点.因为，，所以四边形为平行四边形，所以，是中点.又是的中点，所以点是两条边上中线的交点，所以点是的重心，所以，所以.又因为，，，所以，故.20．在中，角的对边分别是，且向量和向量互相垂直.(1)求角的大小；(2)若的周长是，，求外接圆的半径.【答案】(1)(2)1 【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示，化简整理可得.然后根据余弦定理，即可得出答案；（2）由已知可推得.根据正弦定理可得，.代入，整理即可得出，求解即可得出答案.【详解】（1）因为互相垂直，所以，整理可得.由余弦定理得，.因为，所以.（2）因为， 所以.由正弦定理知，，所以，则.又由（1）知，，所以，所以有，即，解得.故外接圆的半径是1.21．三条侧棱两两垂直的三棱锥往往称为直三棱锥，在直三棱锥中，两两垂直.(1)设直三棱锥外接球的半径为，证明：；(2)若直三棱锥外接球的表面积为，求的最大值.【答案】(1)证明见解析(2)32 【分析】（1）将图形补成长方体，则长方体的体对角线为外接球的直径，进而计算求解；（2）根据直三棱锥外接球的表面积为可得，也即，利用均值不等式即可求解.【详解】（1）由两两互相垂直，将之补成长方体如图所示，由长方体的性质可得：长方体的体对角线为外接球的直径，则.即，故.（2）由得，.因此.于是.当且仅当时取等号，故的最大值为32.22．如图，某学校有一块平面四边形空地，已知，，且.(1)求，两点间的距离；(2)设的角的对边分别是，且满足，现要在内做一个最大的圆形花圃，求这个最大圆形花圃的面积.【答案】(1)7(2) 【分析】（1）由面积公式可得出.进而根据余弦定理，即可得出答案；（2）根据已知结合正弦定理边化角，可求得.设内切圆的半径是，根据等面积法可推得.根据正弦定理可得，，代入根据三角恒等变换化简可得，根据的范围得出的最大值，即可得出答案.【详解】（1）在中，因为，所以.由余弦定理可得，所以，.故，两点间的距离是7.（2）由正弦定理得，，整理可得，由余弦定理得，.又，所以.因为在内部的圆中，内切圆的面积最大，设内切圆的半径是，由（1）可知，则.又，因此.在中，，，由正弦定理得，所以，，于是.又，所以.当时，取得最大值14，从而内切圆的半径取得最大值.故最大圆形花圃的面积是.