2022-2023学年广东省深圳市华中师范大学龙岗附属中学高一下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年广东省深圳市华中师范大学龙岗附属中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知复数，则的虚部为（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】C

【分析】利用复数的四则运算、虚部的概念以及的性质计算求解.

【详解】因为，则的虚部为1，故A，B，D错误.

故选：C.

2．中，角的对边分别是，，.若这个三角形有两解，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由正弦定理结合已知，可推得.进而根据三角形解得个数推得，即可得出答案.

【详解】由正弦定理可得，.

要使有两解，即有两解，则应有，且，

所以，

所以.

故选：B．

3．已知直线l，m，平面α，β，γ，则下列条件能推出l//m的是（　　）

A．l⊂α，m⊂β，α//β B．α//β，α∩γ＝l，β∩γ＝m

C．l//α，m⊂α D．l⊂α，α∩β＝m

【答案】B

【分析】根据空间中线、面关系逐项分析判断.

【详解】选项A中，直线l，m也可能异面，故A错误；

选项B中，根据面面平行的性质定理，可推出l//m，故B正确；

选项C中，直线l，m也可能异面，故C错误；

选项D中，直线l，m也可能相交或异面，故D错误．

故选：B．

4．已知圆锥的轴截面是一个正三角形，则其侧面积与轴截面面积之比是（  ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别计算侧面积和面积作比即可.

【详解】设底面圆的半径为，则母线长为，

得侧面积是

轴截面是一个正三角形，边长为，

则其面积 .

所以面积之比是.

故选：B

5．已知向量均为单位向量，且，向量满足，则的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设，由条件可知且，代入计算可得最大值.

【详解】设，则易知，又，

所以，

因为，所以，

所以最大值为．

故选：C.

6．在中，已知角所对边长分别为，且满足，为的中点，，则（    ）

A． B．3 C． D．4

【答案】C

【分析】在和中，利用余弦定理求出和，再利用建立关系式即可求出结果.

【详解】因为，为的中点，，如图，

在中，根据余弦定理可得，，

在中，根据余弦定理可得，，

又因为，所以

故有，得到，即，所以，

故选：C.

7．已知球的体积为，圆锥的顶点及底面圆上所有点都在球面上，且底面圆半径为，则该圆锥侧面的面积为（    ）

A． B．或

C．或 D．

【答案】C

【分析】先由球的体积求球的半径，再画图，用勾股定理结合扇形面积公式即可求出圆锥侧面的面积.

【详解】由球的体积为，得，所以.

如图1，

当时，有，

所以，，

又因为，所以，

因为圆锥的侧面展开图为扇形，

所以该圆锥侧面的面积为.

如图2，

当时，有，

所以，，

又因为，所以，

所以该圆锥侧面的面积为.

故选：C

8．如图，中，，，.在所在的平面内，有一个边长为1的正方形绕点按逆时针方向旋转（不少于1周），则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由余弦定理求得，由正方形的边长为，求得，利用向量的数量积的公式，化简得到，结合，即可求解.

【详解】在中，，，，

由余弦定理得，

所以，

又由正方形的边长为，可得，

则

，

正方形绕点按逆时针方向旋转（不少于1周），可得，

所以，即的取值范围是.

故选：A.

二、多选题

9．已知为虚数单位，，，则（    ）

A． B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】CD

【分析】根据复数的定义和运算规则逐项分析.

【详解】对于A， ，错误；

对于B，复数不可以比较大小，错误；

对于C， ，正确；

对于D， ，正确；

故选：CD.

三、单选题

10．已知单位向量，则下列命题正确的是（    ）

A．向量不共线

B．若，且，则

C．若，记向量，的夹角为，则的最小值为

D．若，则向量在向量上的投影向量是

【答案】C

【分析】根据共线向量、向量的模、夹角、投影向量等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】A选项，是单位向量，方向可能相同或相反，所以可能共线，A选项错误；

B选项，，

而，或，且，

或， B选项错误；

C选项，，

，且，，

的最小值为，C选项正确；

D选项，在上的投影向量为，D选项错误.

故选：C

四、多选题

11．在正方体中，分别为棱，，上的一点，且，是的中点，是棱上的动点，则（    ）

A．当时，平面

B．当时，平面

C．当时，存在点，使四点共面

D．当时，存在点，使，，三条直线交于同一点

【答案】BCD

【分析】利用图形，根据空间中点线面的位置关系逐一对各项进行判断即可得出结果.

【详解】对于A，当时，如图1，在取点，使,取中点,易知， 平面，故平面，所以选项A错误；

对于B，如图2，当时，分别为，，的中点，连接，，，， 易知四边形与均为平行四边形，则，，所以，则A，F，E，C四点共面，平面，所以选项B正确；

对于C，如图3，延长与的延长线交于点M，连接与的交点即为点I，则A，F，H，I四点共面，所以选项C正确；

对于D，如图4，连接并延长与的延长线交于点N，连接与的交点即为点I，则存在点I，使，，三条直线交于同一点N，所以选项D正确.

故选：BCD.

12．已知的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，O为的外心，，的面积S满足．若，则下列结论正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】结合题意和余弦定理得出，判断选项A；利用三角形面积公式判断选项B；利用平面向量的数量积运算判断选项C；利用平面向量的基本定理即可求解D

【详解】由，得

，即

得，又，故，

∴，即所以A正确；

，所以B错误；

，所以C正确；

由，可知

得解得：，故，所以D正确．

故选：ACD.

五、填空题

13．已知向量，，且满足，则       .

【答案】4

【分析】由向量垂直的坐标表示求解.

【详解】由已知，又，

所以，．

故答案为：4.

14．在直角坐标系中水平放置的直角梯形，如图所示，已知为坐标原点，，，在用斜二测画法画出的它的直观图中，四边形的周长为          ．

【答案】

【分析】利用斜二测画法画出直观图四边形，再计算周长．

【详解】如图，画出直观图，过点作，垂足为

因为，，

所以，，，则，

故四边形的周长为．

故答案为：

15．的内角的对边分别为，若，且A为锐角，则当取得最小值时，的值为           ．

【答案】

【分析】根据正弦定理将表达式边化角变形，结合正弦和角公式即可求得，结合同角三角函数关系式求得，代入余弦定理表示出，代入中由基本不等式即可求得最小值，并求得取最小值时关系，进而求得的值.

【详解】由正弦定理将变形可得

，

即，

由可得，

而是锐角，所以，

则由余弦定理可得，

则，

当且仅当时，取得最小值，

故，故，

所以.

故答案为:

16．正方体的棱长为，设为中点，为线段上的动点，，过点，，的平面截该正方体所得截面记为以下结论正确的有           填上所有正确的说法的序号

①不可能是菱形；

②可能是五边形；

③时，的面积为；

④时，将棱截成长度比为的两部分.

【答案】②③④

【分析】对四个说法逐一分析，画出截面，结合线线平行、点共面等知识确定正确答案.

【详解】①当时，与重合，取的中点，连接，

根据正方体的性质可知，且，

所以截面为菱形，

故①错误；

对于②④，当时，

延长，交的延长线于，连接并延长，交于，

设，连接，

由于，结合正方体的性质可知，

结合共面可知为截面，

如图所示，

点是的中点，可得，，

与的交点满足，此时是五边形，且将棱截成长度比为的两部分.

故②④正确；

对于③，当时，根据正方体的性质可知，且，

如图所示，为等腰梯形，

可得，，等腰梯形得高为，

则的面积为.

故③正确.

故答案为：②③④

六、解答题

17．已知复数（是虚数单位，），且为纯虚数（是的共轭复数）．

（1）设复数，求；

（2）设复数，且复数所对应的点在第一象限，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【分析】(1)先根据条件得到，进而得到，由复数的模的求法得到结果；（2）由第一问得到，根据复数对应的点在第一象限得到不等式，进而求解.

【详解】∵，∴.∴.

又∵为纯虚数，∴，解得．∴.

（1），∴；

（2）∵，∴，

又∵复数所对应的点在第一象限，

∴，解得：．

【点睛】如果是复平面内表示复数的点，则①当，时，点位于第一象限；当，时，点位于第二象限；当，时，点位于第三象限；当，时，点位于第四象限;②当时，点位于实轴上方的半平面内；当时，点位于实轴下方的半平面内．

18．（1）已知，，且与的夹角为60°，求的值；

（2）在矩形中，，点为的中点，点在边上，若，求的值.

【答案】（1）13（2）

【分析】（1）对进行平方运算，结合平面向量数量积的定义和运算性质求值，最后求出的值；

（2）运用矩形的性质、平面向量共线定理、平面向量的基本定理，结合平面向量数量积的运算性质，根据已知的向量等式入手，最后求解即可.

【详解】（1） =169，得；

（2）矩形ABCD中，

∵点F在边CD上，∴设

，

，  

【点睛】本题考查了求平面向量的模，考查了平面向量数量积的运算，考查了平面向量基本定理的应用，考查了共线向量的应用，考查了数学运算能力.

19．如图，在四棱锥中，，，为的中点，是线段上的一点.

（1）若为的中点，求证：平面平面；

（2）当点在什么位置时，平面.

【答案】（1）证明见解析；（2）为靠近点的三等分点.

【分析】（1）连接、，由中位线的性质得出，可得出平面，证明四边形为平行四边形，可得出，进而得出平面，再利用面面平行的判定定理可证明出平面平面；

（2）连接、，设，利用相似三角形得出，由平面结合线面平行的性质得出，再利用平行线分线段成比例定理可确定点的位置.

【详解】（1）如下图所示，连接、，

因为、分别为、的中点，所以，

平面，平面，所以，平面，

又因为，为的中点，所以，

又，所以四边形是平行四边形，，

平面，平面，平面，

又因为平面，平面，，

所以平面平面；

（2）连接、，设，连接，

因为平面，平面，平面平面，

，所以.

在梯形中，，，

又，所以，所以，，

所以为线段上靠近点的三等分点.

【点睛】本题考查面面平行的证明，同时也考查了线面平行的动点问题，涉及线面平行性质定理的应用，考查推理能力，属于中等题.

20．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知.

(1)若，求△ABC的周长；

(2)已知，且边BC上有一点D满足，求AD.

【答案】(1)9；

(2).

【分析】（1）利用诱导公式，正弦定理边化角，结合二倍角正弦求出A，再利用余弦定理求解作答.

（2）由余弦定理求出a，由面积关系可得，再利用余弦定理建立方程组求解作答.

【详解】（1）由可得：，

又，得，由正弦定理得，

因为，即有，显然，又，有，

于是，即，则，若，由余弦定理，

得，解得，

所以△ABC的周长为9.

（2）设，则，由（1）知

在△ABC中，由及余弦定理得：，即，

由，知，

在△ABD中，，即，

在△ADC中，，即，

联立解得，，

所以.

21．如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，PA是圆柱的母线，PA=3，AD=2AB=2，，C是上的一个动点.

(1)求圆柱的表面积

(2)求四棱锥的体积的最大值

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出圆柱底面半径为r，进而求出结果；

（2）利用余弦定理结合基本不等式求出，再利用体积公式求出结果.

【详解】（1）如图：

连接BD，在中，，，，

由余弦定理，得，

所以，设圆柱底面半径为r，由正弦定理，得，

所以，故圆柱的表面积；

（2）由（1）知，中，，，

由余弦定理，得

，即，

当且仅当时，等号成立，

所以，

因为，又，

所以四棱锥的体积，

，

故四棱锥的体积的最大值为.

22．如图，在我校即将投入使用的新校门旁修建了一条专门用于跑步的红色跑道，这条跑道一共由三个部分组成，其中第一部分为曲线段ABCD，该曲线段可近似看作函数，的图象，图象的最高点坐标为.第二部分是长为1千米的直线段DE，轴.跑道的最后一部分是以O为圆心的一段圆弧.

(1)若新校门位于图中的B点，其离AF的距离为1千米，一学生准备从新校门笔直前往位于O点的万象楼，求该学生走过的路BO的长；

(2)若点P在弧上，点M和点N分别在线段和线段上，若平行四边形区域为学生的休息区域，记，请写出学生的休息区域的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，取得最大值.

【答案】(1)千米

(2)；

【分析】（1）由图可知，，利用求出，再代入点求出解析式，即可求出B点的坐标，进而可求BO的长；

（2）由已知可求出E点坐标，进而得到圆O的半径OE的长和，利用正弦定理和三角形面积公式即可求出，进而得到平行四边形的面积S关于的函数关系式，利用正弦函数的性质即可求出最大值.

【详解】（1）解：由条件知，，又因为，则，所以.

又因为当时，有，且，所以.

所以曲线段ABCD的解析式为，.

由，即，或

解得，又因为，所以，，所以；

或，无论k为何值都不符合，舍去，

所以，即该学生走过的路BO的长为千米.

（2）由题可知，当时，，所以

则，，，所以.

在中，，，，，

则由正弦定理，可得，

故可得，

故

，

即，

当时，，此时S取得最大值.

【点睛】已知的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数和，常用如下两种方法：

（1）由即可求出；确定时，若能求出离原点最近的右侧图象上升（或下降）的“零点”横坐标，则令（或），即可求出.

（2）代入点的坐标，利用一些已知点（最高点、最低点或零点）坐标代入解析式，再结合图形解出和，若对A，的符号或对的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.