2022-2023学年广东省广州市天河外国语学校高一下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年广东省广州市天河外国语学校高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．设复数满足（其中为虚数单位），则下列结论正确的是

A． B．的虚部为

C． D．的共轭复数为

【答案】D

【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后逐一核对四个选项得答案．

【详解】由，得，

∴，的虚部为1，，的共轭复数为，

故选D．

【点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．

2．下面关于空间几何体的叙述正确的是（    ）

A．存在每个面都是直角三角形的四面体

B．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形

C．直四棱柱是直平行六面体

D．底面是正多边形的棱锥是正棱锥

【答案】A

【分析】对于A，画图判断，对于B，根据圆柱截面的形状判断，对于C，通过四棱柱的底面的形状判断，对于D，由正棱锥的定义判断.

【详解】对于A，如图在正方体中的三棱柱的四个面全是直角三角形，所以A正确，

对于B，用平面截圆柱得到的截面可能是圆，可能是矩形，也可能是椭圆，所以B错误，

对于C，当直四棱柱底面是平行四边形时，几何体是直平行六面体，所以C错误，

对于D，底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥是正棱锥，所以D错误，

故选：A

3．在平面直角坐标系中，点，将向量绕点按逆时针方向旋转后得到向量，则点的坐标是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】化为，然后利用两角和的正弦与余弦公式，求得点坐标，即可得解.

【详解】由，得，

将向量绕点按逆时针方向旋转后得到向量，

，

又，，

.

故选：D.

【点睛】本题考查了平面向量中的应用问题以及坐标与图形变换的关系，考查了三角函数的定义，属于基础题.

4．已知圆锥的表面积等于，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，则由题意可得，解方程组可得结果.

【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，

因为圆锥的表面积等于，其侧面展开图是一个半圆，

所以，解得，

故选：C

5．已知单位向量分别与平面直角坐标系轴的正方向同向，且向量，，则平面四边形的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知可得,可得，可得平面四边形的面积.

【详解】，

，

又，

平面四边形ABCD的面积

故选：

【点睛】本题考查向量垂直的判定，属于基础题.

6．一艘船以每小时15 km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔M在北偏东60°方向，行驶4 h后，船到达B处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为（    ）

A．15 km B．30 km

C．45 km D．60 km

【答案】B

【分析】在△AMB中直接应用正弦定理求解．

【详解】

如图所示，依题意有AB＝15×4＝60，∠DAC＝60°，∠CBM＝15°，

所以∠MAB＝30°，∠AMB＝45°.

在△AMB中，由正弦定理，得＝，

解得BM＝30，

故选:B.

【点睛】本题考查正弦定理的应用，属于基础题．

7．如图，在棱长为2的正方体中，N是的中点，过B、D、N的平面截该正方体所得截面的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】连接，取的中点，连接，然后利用平面的性质可得过B、D、N的平面截该正方体所得截面为梯形，从而可求出截面的面积.

【详解】连接，取的中点，连接，

因为是的中点，所以∥，，

因为∥，，所以∥，，

所以过B、D、N的平面截该正方体所得截面为梯形，

连接交于，连接交于，连接，

因为，

所以，所以梯形为等腰梯形，

所以，

所以梯形的面积为，

故选：B

8．如图，在等腰直角中，，分别为斜边的三等分点（靠近点），过作的垂线，垂足为，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】设出等腰直角三角形的斜边长，由此结合余弦定理求得各边长，并求得，由此得到，进而利用平面向量加法和减法的线性运算，将表示为以为基底来表示的形式.

【详解】设，则，

，，

所以，所以.

因为，

所以.

故选：D

【点睛】本小题主要考查余弦定理解三角形，考查利用基底表示向量，属于中档题.

二、多选题

9．下列关于复数的命题中，正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】ABC

【分析】根据复数的模、共轭复数的定义及复数代数形式的乘法运算法则判断即可.

【详解】解：对于A：因为，则，则，所以，故A正确；

对于B：若，则，故B正确；

对于C：令，，，

由，所以，

所以，则，同理可得，

所以，故C正确；

对于D：令，，则，但是、，所以，故D错误；

故选：ABC

10．下列命题正确的是（    ）

A．若A，B，C，D四点在同一条直线上，且，则

B．在中，若O点满足，则O点是的重心

C．若，把右平移2个单位，得到的向量的坐标为

D．在中，若，则P点的轨迹经过的内心

【答案】BD

【分析】由平面向量的概念和线性运算可依次判断选项.

【详解】对于A，依题意如图，

但，故选项A错误；

对于B，设的中点为，由于，即，

所以，所以O点是的重心，故选项B正确；

对于C，向量平移后不改变方向和模，为相等向量，故选项C错误；

对于D，根据向量加法的几何意义知，以和为邻边的平行四边形为菱形，

点P在该菱形的对角线上，由菱形的对角线平分一组对角，

故P点的轨迹经过的内心，故选项D正确.

故选：BD

11．如图是一几何体的平面展开图，其中四边形为正方形为四个全等的等腰三角形，E，F分别为，的中点，G为线段上的一个动点在此几何体中，下面结论中正确的是（    ）

A．直线与直线异面

B．直线与直线异面

C．三棱锥的体积为定值

D．当G为中点时，//平面

【答案】BCD

【分析】连接，易知判断A；根据异面直线的定义判断B；由棱柱的体积公式判断是否为定值判断C；利用线面平行的判定、面面平行的判定和性质判断D.

【详解】连接，则，而，故，即共面，A错；

由上分析：面，面且，面，故直线与直线异面，B对；

由题意为定值，到面距离恒定，则为定值，即三棱锥的体积为定值，C对；

当G为中点时，，面，面，则面，

由中位线性质知：，面，面，则面，

又，面，则面面，面，

所以//平面，D对.

故选：BCD

12．已知点O为所在平面内一点，且，则下列选项正确的是（    ）

A．直线不过边的中点

B．

C．若，则

D．

【答案】ABC

【分析】利用向量加法法则结合向量线性运算计算判断D；假定AO过BC的中点，利用平面向量基本定理判断A；取点使得，结合重心性质计算判断B，利用数量积及运算律计算判断C作答.

【详解】对于D，，因为，，

所以，

即，则，可得，故D错误；

对于A，设的中点为，则.

若直线过的中点，则存在实数满足，

由选项D知，，而与不共线，

则有且，无解，即不存在，不过边的中点，故A正确；

对于B，取点使得，

则，即点为的重心，如图，

则.

而，

同理可得，

因此，故B正确；

对于C，由，得，而，

则，解得，

所以

，故C正确.

故选：ABC.

三、填空题

13．在中，内角的对边分别为，已知，则的面积为           ．

【答案】

【解析】由余弦定理先算出c，再利用面积公式计算即可.

【详解】由余弦定理，得，即，解得，

故的面积.

故答案为：

【点睛】本题考查利用余弦定理求解三角形的面积，考查学生的计算能力，是一道基础题.

14．已知，且，i为虚数单位，则的最小值是      .

【答案】

【分析】将问题化为坐标系中点到定点的距离恒为1，求定点与动点的最小距离.

【详解】令，则，

所以，等价于坐标系中点到定点的距离恒为1，

即动点在以为圆心，半径为1的圆上，如下图：

又表示动点到定点的距离，而与的距离为，

所以，

在之间且共线，左侧等号成立；在之间且共线，右侧等号成立；

所以的最小值是.

故答案为：

15．如图，在长方体中，，点M在棱上，当取得最小值时，的长为      .

【答案】

【分析】将长方形展开到长方形所在平面，利用三点共线时取得最小值，再由相似三角形求解即可.

【详解】连接，则，

如图，将长方形沿展开到长方形所在平面，

连接，当三点在同一直线上时，取得最小值，

此时，,则.

故答案为:.

16．锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且，则的取值范围为     

【答案】

【分析】由题设有，结合正弦边角关系、差角正弦公式及锐角三角形内角性质得，进而确定的范围，再将目标式化为求范围即可.

【详解】由题设，结合正弦边角关系得，

所以，又，则或（舍），

所以，又为锐角三角形，则，得，

所以，而，所以

，而，

所以.

故答案为：

四、解答题

17．已知是同一平面内的三个向量，其中.

(1)若，且，求的坐标；

(2)若，且与垂直，求与的夹角的余弦值.

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）设，则由向量平行公式与模长公式可得向量的坐标；

（2）由条件利用两个向量垂直的性质求得，再根据向量夹角的坐标公式求解即可．

【详解】（1）设，则由和可得，

解得或者，

或

（2）因为与垂直，∴

即 ∴ ，

∴

18．如图，ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．

求证：（1）BE∥平面DMF；

（2）平面BDE∥平面MNG.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）作辅助线，由中位线定理以及线面平行判定定理证明即可；

（2）先证明BD∥平面MNG，DE∥平面MNG，再由面面平行的判定定理证明即可.

【详解】证明：（1）如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，

则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，

又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.

（2）因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，

又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.

又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，

所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，

所以BD∥平面MNG，

又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，

所以平面BDE∥平面MNG.

19．在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinB＝bsin（A）．

（1）求A；

（2）D是线段BC上的点，若AD＝BD＝2，CD＝3，求△ADC的面积．

【答案】（1）A；（2）.

【解析】（1）首先利用正弦定理可得asinB＝bsinA，然后利用两角差的正弦公式展开化简即可求解.

（2）设∠B＝θ，，由题意可得∠BAD＝θ，∠ADC＝2θ，∠DACθ，在△ADC中，利用正弦定理可得sinθcosθ，根据同角三角函数的基本关系求出sin2θ，再利用三角形的面积公式即可求解.

【详解】（1）由正弦定理可得asinB＝bsinA，

则有bsinA＝b（sinAcosA），化简可得sinAcosA，

可得tanA，

因为A∈（0,π），

所以A．

（2）设∠B＝θ，，由题意可得∠BAD＝θ，∠ADC＝2θ，

∠DACθ，∠ACDθ，

在△ADC中，，则，

所以，可得sinθcosθ，

又因为sin2θ+cos2θ＝1，可得sinθ，cosθ，

则sin2θ＝2sinθcosθ，

所以S△ADCsin∠ADC．

【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．

20．如图，在三棱柱.中，侧棱垂直于底面，E，F分别是的中点，是边长为2的等边三角形，.

(1)求异面直线与所成角的余弦值；

(2)求点C到平面的距离.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）取的中点，连接、，推导出四边形为平行四边形，确定异面直线所成角的平面角，进而求其余弦值；

（2）计算出三棱锥的体积以及的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离.

【详解】（1）如图，取的中点，连接、，是中点，则且，

由三棱柱的性质知且，是中点，且，

所以且，则四边形是平行四边形，故，

异面直线与所成角，即为直线与所成角，如下图中的，

由面，面，故，

在中，.

（2）由题可得，

在中，，，

边上的高为，，

设点到平面的距离为，则，解得．

五、填空题

21．如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为1，1，，与的夹角为α，且tan α＝7，与的夹角为45°.若＝m＋n(m，n∈R)，求m＋n的值．

【答案】3

【分析】以O为坐标原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系，分别表示出坐标，即可建立方程组求出.

【详解】以O为坐标原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系，

则A(1，0)，由tan α＝7，，得，，

设，

则，，即C.

又，

，

则，，即，

由，

可得，解得，

所以.

故答案为：3.

【点睛】本题考查建系法解决向量问题，属于基础题.

六、解答题

22．扇形AOB中心角为，所在圆半径为，它按如图(Ⅰ)(Ⅱ)两种方式有内接矩形CDEF．

(1)矩形CDEF的顶点C、D在扇形的半径OB上，顶点E在圆弧AB上，顶点F在半径OA上，设；

(2)点M是圆弧AB的中点，矩形CDEF的顶点D、E在圆弧AB上，且关于直线OM对称，顶点C、F分别在半径OB、OA上，设；

试研究(1)(2)两种方式下矩形面积的最大值，并说明两种方式下哪一种矩形面积最大？

【答案】方式一最大值

【详解】试题分析：(1)运用公式时要注意审查公式成立的条件，要注意和差、倍角的相对性，要注意升幂、降幂的灵活运用；（2）重视三角函数的三变：三变指变角、变名、变式；变角：对角的分拆要尽可能化成同名、同角、特殊角；变名：尽可能减少函数名称；变式：对式子变形一般要尽可能有理化、整式化、降低次数等，适当选择公式进行变形；（3）把形如化为，可进一步研究函数的周期、单调性、最值和对称性.

试题解析： 解（1）在中，设，则

又

当即时，

（Ⅱ）令与的交点为，的交点为，则，

于是，又

当即时，取得最大值.

,（Ⅰ）（Ⅱ）两种方式下矩形面积的最大值为方式一：

【解析】把实际问题转化为三角函数求最值问题.