2022-2023学年广东省深圳市龙岗区四校高一下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年广东省深圳市龙岗区四校高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．的共轭复数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数乘法运算求出，再求出共轭复数即可.

【详解】由题意得，所以，    

故选：D

2．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用平面向量的坐标运算可求得向量的坐标.

【详解】因为，，则.

故选：A.

3．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则的外接圆的面积为（　　）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据三角形内角和为得到，利用正弦定理得到外接圆半径，得到面积.

【详解】在中，，，所以.

设的外接圆的半径为R，则由正弦定理，可得，

解得R＝1，故的外接圆的面积.

故选：B

4．如图所示的中，点是线段上靠近的三等分点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由向量的线性运算法则把用表示可得．

【详解】由题意．

故选：C．

5．已知圆锥的侧面积（单位：）为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：cm）是（    ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】B

【分析】利用扇形的面积公式及弧长公式，结合圆的周长公式即可求解.

【详解】设圆锥的母线长为，

因为圆锥的侧面积（单位：）为，

所以，解得.

所以侧面展开扇形的弧长为.

设圆锥的底面半径为，则，解得.

所以这个圆锥的底面半径是.

故选：B.

6．如图的平面图形由16个全部是边长为2且有一个内角为的菱形组成，那么图形中的向量的数量积（     ）

A．34 B．

C．6 D．15

【答案】A

【分析】利用平面向量的基本定理根据题意可以菱形的2条边为基底，分别表示出，利用向量数量积的定义及运算法则即可计算出结果.

【详解】如图：

以菱形的2条边为基底和，且，与的夹角为，

则由平面向量的基本定理知，

所以；

故选：A

7．如图，是一个正三棱台，而且下底面边长为6，上底面边长和侧棱长都为3，则棱台的高和体积分别为（       ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】首先还原为三棱锥，再计算小棱锥的高，再根据相似关系，即可计算三棱台的高.再根据棱台的体积公式求解即可.

【详解】如图1，将正三棱台，还原为正三棱锥，由相似关系可知，三棱锥的棱长都是3，如图2，点在底面的射影是底面三角形的中心，

高，

所以根据相似关系可知，三棱台的高也是.

所以棱台的体积为.

故选:C.

8．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1的中点，点M在正方形BCC1B1内运动，且直线AM//平面A1DE,则动点M 的轨迹长度为

A． B．π C．2 D．

【答案】D

【分析】设平面DA1E与直线B1C1交于点F，连接AF、EF，则F为B1C1的中点．分别取B1B、BC的中点N、O，连接AN、ON、AO，可证出平面A1DE∥平面ANO，从而得到NO是平面BCC1B1内的直线．由此得到点M的轨迹被正方形BCC1B1截得的线段是线段ON．

【详解】解：设平面DA1E与直线B1C1交于点F，连接AF、EF，

则F为B1C1的中点．

分别取B1B、BC的中点N、O，连接AN、ON、AO，

则∵A1F∥AO，AN∥DE，A1F，DE⊂平面A1DE，

AO，AN⊂平面ANO，

∴A1F∥平面ANO．同理可得DE∥平面ANO，

∵A1F、DE是平面A1DE内的相交直线，

∴平面A1DE∥平面ANO，

所以NO∥平面A1DE，

∴直线NO⊂平面A1DE，

∴M的轨迹被正方形BCC1B1截得的线段是线段NO．

∴M的轨迹被正方形BCC1B1截得的线段长NO．

故选D.

【点睛】本题给出正方体中侧面BCC1B1内动点M满足NO∥平面A1DE，求M的轨迹被正方形BCC1B1截得的线段长，着重考查了正方体的性质，解题时要注意空间思维能力的培养．

二、多选题

9．（多选）下列命题中的真命题是（    ）

A．若直线不在平面内，则

B．若直线上有无数个点不在平面内，则

C．若，则直线与平面内任何一条直线都没有公共点

D．平行于同一平面的两直线可以相交

【答案】CD

【解析】根据直线与平面的位置关系，结合题目，进行分析和判断即可.

【详解】A中，直线也可能与平面相交，故A是假命题；

B中，直线与平面相交时，上也有无数个点不在平面内，故B是假命题；

C中，时，与没有公共点，所以与内任何一条直线都没有公共点，故C是真命题；

D中，平行于同一个平面的直线，可以平行也可以相交，也可以是异面直线，故D是真命题.

故选：CD.

【点睛】本题考查直线与平面的位置关系，属基础题.

10．对于△ABC，有如下判断，其中正确的判断是（    ）

A．若，则△ABC为等腰三角形

B．若，，，则符合条件的△ABC有两个

C．若，则△ABC为等腰直角三角形

D．若，则△ABC是钝角三角形

【答案】ABD

【分析】对于A，由余弦函数的性质判断，对于B，由正弦定理分析判断，对于C，由正弦定理统一成角的形式，再化简判断，对于D，利用正弦定理和余弦定理分析判断.

【详解】对于A，因为，，所以，所以为等腰三角形，故正确

对于B，由正弦定理得：，

因为，所以，即，所以或，则三角形有两解，故B正确；

对于C，在中，，由正弦定理得，即，

因为，所以或，即或，

所以这个三角形为等腰三角形或直角三角形，故C错误；

对于D，若，由正弦定理得，由余弦定理得，所以为钝角，所以是钝角三角形，故D正确；

故选：ABD．

11．下列说法中正确的是（    ）

A．若，，则

B．两个非零向量和，若，则与垂直

C．已知，则与垂直的单位向量的坐标或

D．若是复数，则一定有

【答案】BC

【分析】由于零向量的方向是任意的，所以A错误；将两边同时平方可得，即与垂直，B正确；利用向量垂直以及单位向量模长为1，设未知数求解即可得C正确；当复数时，不满足可知D正确.

【详解】对于A选项，取，则，，则、不一定共线，A错；

对于B选项，两个非零向量和，若，则，

整理可得，故与垂直，即B正确；

对于C选项，设与垂直的单位向量为，

由题意可得，解得或，

所以，与垂直的单位向量的坐标或，C正确；

对于D选项，当，则，而，显然不一定成立，故D错误；

故选：BC.

12．在菱形中，，，将沿对角线折起，使点A至点（在平面外）的位置，则（    ）

A．在折叠过程中，总有BD⊥PC

B．存在点，使得

C．当时，三棱锥的外接球的表面积为

D．当三棱锥的体积最大时，

【答案】AC

【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A，由题可得PC的取值范围可判断B，利用正方体的性质可判断C，利用三棱锥的体积的公式结合条件可求判断D.

【详解】如图所示，取PC的中点E，连接BE，DE，则BE⊥PC，DE⊥PC，

因为，BD，平面BDE，

所以PC⊥平面BDE，又平面BDE，

所以，A项正确；

在菱形ABCD中，AB=1，∠ABC=120°，所以，

当△ABD沿对角线BD折起时，，所以不存在点P，使得PC=2，B项错误；

当PC=1时，将正四面体补成正方体，根据正方体的性质可知，

三棱锥P-BCD的外接球就是该正方体的外接球,

因为正方体的各面的对角线长为1．

所以正方体的棱长为，

设外接球的半径为R，则，

所以三棱锥的外接球的表面积，C项正确；

当三棱锥P-BCD的体积最大时，平面平面BCD，

取BD的中点O，连接PO，OC，

易知平面BCD，则，

又，

所以，D项错误．

故选：AC．

三、填空题

13．已知，，则        .

【答案】

【分析】直接向量坐标与起始点关系即可得到答案.

【详解】，即，

故答案为：.

14．在直观图中，四边形为菱形且边长为2cm，则在坐标系xOy中，原四边形OABC的面积为      ．

【答案】8

【分析】由直观图判断出原四边形为矩形，再由菱形边长求得矩形的长和宽，求面积即可.

【详解】

由直观图可知，原四边形为矩形，作出其图形如图所示，易知，

故矩形面积.

故答案为：.

15．已知，是不共线的向量，，，，若A，B，C三点共线，则实数，满足          ．

【答案】.

【分析】方法1：运用三点共线，再运用向量相等列方程消去m可得结果.

方法2：先计算、，再运用A，B，C三点共线则列方程可得结果.

【详解】方法1：因为A，B，C三点共线，所以设，

即：，

所以，消去m得：.

方法2：，

，

因为A，B，C三点共线，所以，

故，所以．

故答案为：.

16．已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为       .

【答案】/

【分析】作出直观图，根据几何关系求出球心到平面ABC的距离即可求解.

【详解】∵，∴为等腰直角三角形，∴，

则外接圆圆心是AB中点，半径为，

又球的半径为OB＝1，设O到平面的距离为d＝，则，

∴．

故答案为：.

四、解答题

17．已知复数

(1)若z为纯虚数，求实数m的值；

(2)若z在复平面内的对应点位于第二象限，求实数m的取值范围

【答案】(1)1

(2)

【分析】（1）根据纯虚数的定义求值即可；

（2）根据复数的几何意义即可求得m的范围.

【详解】（1）因为纯虚数的实部为零，虚部不为零可得：

故答案为：1.

（2）易知z在复平面内的对应点为，则

故答案为：

18．已知向量，.

（1）若，求的值；

（2）若，求实数的值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）利用平面向量共线的坐标表示可求得实数的值，利用平面向量的模长公式可求得的值；

（2）求出向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示可求得实数的值.

【详解】（1），则，所以，，因此，；

（2），

因为，则，因此，.

19．在中，角的对边分别为，已知.

（1）求边的长﹔

（2）在边上取一点，使得，求的值.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）在中，利用余弦定理即可求解；

（2）在中，由正弦定理可以求出，再利用与互补可以求出，得出是钝角，从而可得为锐角，即可求出和的值，利用展开代入数值即可求解.

【详解】在中，因为，，，

由余弦定理，

得

所以解得：或（舍）

所以.

（2）在中，由正弦定理，

得.

所以

在中，因为，

所以为钝角.

而，

所以为锐角

故

因为，

所以，

，

【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用两角互补余弦互为相反数求出，可得为钝角，从而为锐角，可确定的值.

20．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足.

(1)求角的值：

(2)当时，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，进而得到，求得，即可求解；

（2）由余弦定理得到，代入已知条件，求得，结合面积公式，即可求解.

【详解】（1）解：因为，

由正弦定理可得 ，

即，

即,

又因为，

所以，

因为，可得，所以，

又由，所以.

（2）解：根据（1）知，可得，

由余弦定理可知，

因为，可得，解得，

所以三角形面积为

21．如图为一个组合体，其底面为正方形，平面，，且．

(1)证明：平面；

(2)证明：平面;

(3)求该组合体的表面积．

【答案】(1)证明见解析;

(2)证明见解析;

(3).

【分析】（1）先证明平面，平面，继而得到平面平面，由面面平行的性质定理，即得证；

（2）由线面垂直的性质得，易知，由线面垂直的判定定理即可证明；

（3）分别求解各个面的面积，即得解.

【详解】（1）证明：因为平面，平面，

所以平面，

又为正方形，故，平面，平面，

所以平面.

又平面，

所以平面平面，

又因为平面，所以平面．

（2）因为平面，平面，所以.

因为,平面，

所以平面.

（3）由勾股定理得，

所以.

又因为四边形的面积为，四边形的面积为，

,

所以该组合体的表面积为.

22．如图，在三棱柱中，侧面为菱形，，，侧面为正方形．点为的中点，点为AB的中点，点为的中点，且．

(1)证明：平面；

(2)证明：平面；

(3)求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）连接，由中点可知即为边的中位线，利用线面平行的判定定理即可证明平面；

（2）利用菱形性质和正方形特点，结合并根据线面垂直的判定定理即可证明平面；

（3）由（2）中结论利用等体积法即可求得三棱锥的体积．

【详解】（1）连接，如图所示：

因为为菱形，点为的中点，所以，

又点为的中点，点为中点，所以，

而平面，平面，

所以平面.

（2）由于侧面为菱形，，

所以为等边三角形，，则.

又，，

所以平面，平面，可得；

又为正方形，因此.

显然，因此

又，

所以平面.

（3）易知的面积.

由（2）可知，即为三棱锥的高，，

所以.