2022-2023学年广东省广东实验中学深圳学校高一下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年广东省广东实验中学深圳学校高一下学期期中数学试题含答案，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学年广东省广东实验中学深圳学校高一下学期期中数学试题 一、单选题1．已知复数z满足，则z的虚部为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用复数的除法运算求出，再求其虚部即可.【详解】，，的虚部为．故选：B．2．平面向量，若，则（    ）A．6 B．5 C． D．【答案】B【分析】先利用平面向量垂直的坐标表示求得，再利用平面向量模的坐标表示即可得解.【详解】因为，，所以，解得，所以，因此.故选：B．3．在中，若，则A=（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用余弦定理求角即可.【详解】可整理为，所以，又，所以.故选：B.4．如图所示，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积是（    ）    A． B．12 C．12 D．24【答案】A【分析】根据斜二测画法求出直观图的面积，进而即可得到原图形的面积.【详解】由斜二测画法可知，所以，所以，所以，故选：A.5．在如图所示的半圆中，AB为直径，点O为圆心，C为半圆上一点，且，，则等于（    ）A．1 B． C． D．2【答案】A【分析】根据，可得，进一步得出答案.【详解】如图，连接AC，由，得.因为为半圆上的点，所以，所以．故选：A.6．若圆锥高为，体积为，则该圆锥的侧面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用圆锥的体积公式及侧面积公式求解即可.【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，体积为，由题意，，得，则，则该圆锥的侧面积为.故选：C.7．如图所示，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线、于不同的两点、，若，，则的最小值为（    ）A．2 B．3 C． D．5【答案】C【分析】根据向量基本定理及向量共线定理的推论得到，再利用基本不等式求出最小值.【详解】若三点共线，，则，理由如下：因为三点共线，则有，即，即，故，故，其中，、、三点共线，，，当且仅当，即时，等号成立．故选：C．8．“阿基米德多面体”这称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知，则该半正多面体外接球的表面积为（    ）A．18π B．16π C．14π D．12π【答案】A【分析】根据正方体的对称性可知：该半正多面体外接球的球心为正方体的中心，进而可求球的半径和表面积.【详解】如图，在正方体中，取正方体、正方形的中心、，连接，∵分别为的中点，则，∴正方体的边长为，故，可得，根据对称性可知：点到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为，半径，故该半正多面体外接球的表面积为.故选：A. 二、多选题9．已知向量，，则下列结论中正确的是（    ）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】按照向量数量积的坐标运算、模的坐标运算、夹角公式及平行的坐标公式依次判断即可.【详解】，A正确；，B正确；，则，C正确；，D错误.故选：ABC.10．如图所示，在正方体中，，分别为棱，的中点，则下列四个结论正确的是（    ）  A．直线与是相交直线 B．直线与是平行直线C．直线与是异面直线 D．直线与是异面直线【答案】CD【分析】根据异面直线的定义逐项判断可得答案.【详解】对于A，因为点在平面外，点在平面内，直线在平面内，不过点，所以与是异面直线，故A错误；对于B，因为与都在平面内，在平面外，不过点，所以与是异面直线，故B错误；对于C，因为与都在平面内，在平面外，不过点，所以与是异面直线，故C正确；对于D，因为与都在平面内，在平面外，不过点，所以与是异面直线，故D正确.故选：CD.  11．在中，如下判断正确的是（    ）A．若，则为等腰三角形 B．若，则C．若为锐角三角形，则 D．若，则【答案】BCD【分析】选项A. 由题意可得或，从而可判断；选项B. 若,则，由正弦定理可判断；选项C. 若为锐角三角形，则，即所以，由 正弦函数的单调性可判断；选项D. 在中,若，由正弦定理可得，从而可判断.【详解】选项A. 在中, 若,则或所以或，所以为等腰或直角三角形. 故A 不正确.选项B. 在中, 若,则，由正弦定理可得,即，故B正确.选项C. 若为锐角三角形，则所以，所以 ,故C正确. 选项D. 在中,若，由正弦定理可得，即，所以，故D正确.故选：BCD12．在正方体中，M为AB中点，N为BC中点，P为线段上一动点（不含C）过M，N，P的正方体的截面记为，则下列判断正确的是（    ）A．当P为中点时，截面为六边形B．当时，截面为五边形C．当截面为四边形时，它一定是等腰梯形D．设中点为Q，三棱锥的体积为定值【答案】AC【分析】延长交于，交于，延长交于，取的中点，连接交于，连接，结合图形即可判断A；延长交于，交于，连接交于，连接交于，此时截面为五边形，求出即可判断B；当截面为四边形时，点与点重合，判断四边形的形状即可判断C.设为到平面的距离，三棱锥的体积：，不为定值，可判断D.【详解】对A，如下图所示，延长交于，交于，延长交于，取的中点，连接交于，连接，因为M为AB中点，N为BC中点，所以，同理，又因为，所以，同理，所以共面，此时六边形为截面，所以截面为六边形，故A正确；对B，如下图所示，延长交于，交于，连接交于，连接交于，此时截面为五边形，因为，所以，所以，即，所以当时，截面为五边形，故B错误；对C，当截面为四边形时，点与点重合，如图，由A得，，所以四边形即为截面，设正方体的棱长为1，则，，所以，所以四边形是等腰梯形，故C正确.对D，设为到平面的距离，延长，交于一点，连接与交于一点，所以直线与平面相交，所以直线与平面不平行，三棱锥的体积：，因为为定值，P为线段上一动点，所以到平面的距离不为定值，所以三棱锥的体积为不为定值，故D不正确.故选：AC. 三、填空题13．已知平面向量，．若，则          ．【答案】【分析】利用平面向量共线的坐标表示可得出关于实数的等式，解之即可.【详解】因为平面向量，，且，则，解得.故答案为：.14．复数的模         ．【答案】【分析】利用复数的模公式求解.【详解】复数的模，故答案为：．15．在中，角A，，的对边分别是，，，且面积为，若，则角       ．【答案】＃＃60°【分析】由余弦定理以及三角形面积公式求解即可.【详解】由题可知，，由余弦定理可知，，，∵，﹒故答案为：.16．青花瓷（blue  and  white  porcelain），又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一，属釉下彩瓷．原始青花瓷于唐宋已见端倪，成熟的青花瓷则出现在元代景德镇的湖田窑．图一是一个由波涛纹和葡萄纹构成的正六边形青花瓷盘，已知图二中正六边形的边长为2，圆的圆心为正六边形的中心，半径为1，若点在正六边形的边上运动，动点，在圆上运动且关于圆心对称，则的取值范围是      ．  【答案】【分析】根据平面向量的数量积运算将问题转化为关于范围的问题，数形结合即可求得结果.【详解】连接，如图所示：  ．根据图形可知，当点位于正六边形各边的中点时，有最小值为，此时，当点位于正六边形的顶点时，有最大值为2，此时，故，即的取值范围是．故答案为：. 四、解答题17．已知平面向量，，.(1)若，求；(2)若与的夹角为锐角，求的取值范围.【答案】(1)或(2) 【分析】（1）根据垂直关系可构造方程求得，由向量模长的坐标运算可求得结果；（2）根据向量共线的坐标表示可求得的值，根据夹角为锐角可构造不等式组求得结果.【详解】（1），，解得：或，当时，，；当时，，；综上所述：或10（2）若共线，则，解得：或，当时，，，此时同向；当时，，，此时反向；若与的夹角为锐角，则，解得：且，的取值范围为.18．在直三棱柱中，，，，D是AB的中点．(1)求三棱锥的体积；(2)求证：平面；【答案】(1)5(2)证明见解析 【分析】（1）由题可得，然后结合条件利用棱锥体积公式即得；（2）设与相交于点，可得，根据线面平行的判定定理，即得；【详解】（1）因为，，，所以，即，又D是AB的中点，所以；（2）设与相交于点，连接，在中，为的中点，为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面；19．如图所示，四边形是直角梯形，其中，，若将图中阴影部分绕旋转一周.（1）求阴影部分形成的几何体的表面积.（2）求阴影部分形成的几何体的体积.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由题意知所求旋转体的表面由三部分组成：圆台下底面、侧面和半球面，求面积之和即可；（2）该几何体为圆台去掉一个半球，根据圆台、球的体积公式求解即可.【详解】（1）由题意知所求旋转体的表面由三部分组成：圆台下底面、侧面和半球面，，，.故所求几何体的表面积为.（2），，所求几何体体积为.【点睛】本题主要考查了旋转体的表面积与体积，考查了台体与球的面积、体积公式，属于中档题.20．在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 .(1)求角C的大小；(2)若，求周长的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）若选择①，利用正弦定理，化角为边后，结合余弦定理求角；若选择②，利用正弦定理，化边为角，结合三角恒等变换，求角；如选择③，利用正弦定理，将边化角，利用诱导公式，和二倍角公式，即可求角；（2）利用余弦定理，结合基本不等式，即可求三角形周长的取值范围.【详解】（1）选择条件①：由及正弦定理，得：，即，由余弦定理，得，因为，所以；选择条件②：由及正弦定理，得：，即.即.在中，，所以，即，因为，所以，所以，因为，所以；选择条件③：由及正弦定理，得：，因为，，所以.在中，，则，故.因为，所以，则，故；（2）在中应用余弦定理得：，所以，因为，所以. 因为，所以，解得：，又因为，所以，当且仅当时取等号.所以周长的取值范围是：21．某港口要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上．在小艇出发时，轮船位于港口北偏西且与该港口相距20海里的处，并正以30海里/时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以海里/时的航行速度匀速行驶，经过小时与轮船相遇．试设计航行方案（即确定航行方向和航行速度的大小），使得小艇能以最短时间与轮船相遇，并说明理由(1)若希望相遇时小艇的航行距离最短，则小艇航行速度为多少？(2)若保证小艇在30分钟内（含30分钟）与轮船相遇，试求小艇航行速度的最小值．【答案】(1)海里/时(2)海里/小时 【分析】（1）利用余弦定理，结合二次函数的性质求解；（2）利用余弦定理求得的表达式，根据，结合二次函数的性质，求得结果.【详解】（1）设小艇与轮船在处相遇，相遇时小艇航行的距离为海里，，则由余弦定理得．当时，（海里），此时（海里/时）．∴小艇以海里/时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最短．  （2）由题意可知，，化简得：，由于，即，所以当时，取得最小值，即小艇航行速度的最小值为海里/小时．22．在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，，作，．当，不共线时，记以，为邻边的平行四边形的面积为；当，共线时，规定．(1)分别根据下列已知条件求：①，；②，；(2)若向量，求证：；(3)若A，B，C是以О为圆心的单位圆上不同的点，记，，．（i）当时，求的最大值；（ii）写出的最大值．（只需写出结果）【答案】(1)详见解析；(2)详见解析；(3)（i）；（ii） ． 【分析】（1）由求解；（2）由证明；（3）（i）设， 由求解；（ii）求解.【详解】（1）解：因为，，且，所以；又，，是 ；（2）因为向量，，且向量，则，所以，同理，所以；（3）（i）设，因为，所以，所以，，当，即时，取得最大值；（ii）的最大值为 ．