2022-2023学年湖南省衡阳师范学院祁东附属中学高一下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年湖南省衡阳师范学院祁东附属中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知复数（为虚数单位），则z的共轭复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数除法运算化简，结合共轭复数定义，即可求得答案.

【详解】

故

故选：A.

2．已知向量，，，则（    ）.

A． B． C．6 D．－6

【答案】A

【分析】根据平面向量的数量积的坐标运算，由可知，代入坐标运算即可求解．

【详解】由得，即，所以，

故选：A．

3．中,,则与的夹角大小为

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据平面向量的夹角公式求出与的夹角，再求出与的夹角大小.

【详解】中，，

，

，

，

与的夹角为，

与的夹角为，故选A.

【点睛】本题主要考查向量的夹角及平面向量数量积公式，属于中档题.平面向量数量积公式有两种形式，一是，二是，主要应用以下几个方面:(1)求向量的夹角， （此时往往用坐标形式求解）；（2）求投影， 在 上的投影是；（3）向量垂直则;(4)求向量 的模（平方后需求）.

4．设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则（    ）

A．若，，则

B．若，，则

C．若，，则

D．若，，则

【答案】C

【分析】直接利用线面垂直和线面平行的判定和性质的应用及面面平行和面面垂直的判定和性质的应用确定A、B、C、D的结论．

【详解】解：A.若，，则；此命题错误，因为两个平面平行于同一条直线不能保证两个平面平行，故A不正确；

B.若，，则或，故B不正确；

C.若，，则；此命题正确，因为，则一定存在直线在，使得，又可得出，由面面垂直的判定定理知，，故C正确；

D.若，，则或，异面，故D不正确.

故选：C.

5．在中，若，则此三角形为（      ）

A．等边三角形 B．等腰三角形

C．直角三角形 D．等腰直角三角形

【答案】C

【详解】在中，由以及正弦定理可知，，

即，∵，，∴，，

所以三角形为直角三角形.

故选：C.

6．已知是边长为4的等边三角形，且为中点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】选定基向量，再表示出即可得解.

【详解】正中，，，

因为中点，则，，

则.

故选：B

7．明末邓玉函以毕的斯克斯1612年版《三角法》为底本，并采用斯蒂文著作《数学记录》中部分内容，编译出中国第一部三角学著作《大测》，将欧洲当时最新、最重要的三角学成果介绍到中国，对中国三角学影响极大．在《大测》中提及割图八线，即对一个角而言的八个三角函数，因其可用第一象限单位圆中八条线长（如图中，，，，，，，）表示而得名．若图中，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知得出QR的长度，结合正弦定理与题设条件得出RA的长度，再利用余弦定理算出OA，从而得出NA.

【详解】由题意得，，所以.

所以．

在中，由正弦定理及，得.

所以，由余弦定理知.

即，解得或（舍去）.

所以.

故选C．

【点睛】关键点睛：本题与数学文化相结合，考查考生利用正弦定理、余定理等知识解决解三角形问题的能力，突出对数学文化、数学探索等学科素养的考查．

8．已知三棱锥的四个顶点都在球O的表面上，且，，若已知，，，，则球O的体积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由余弦定理求，再由正弦定理求△的外接圆半径，又面知△的外接圆的圆心与所构成的截面必过三棱锥外接球的球心，即可求出球的半径，根据球的体积公式求体积即可.

【详解】由，，， 则由余弦定理有：

，即，

∴由正弦定理知△的外接圆半径：，

由题意知：面，又，三棱锥的外接球半径：

，

由球的体积公式，有：，

故选：C

【点睛】本题考查了求三棱锥外接球的体积，根据三棱锥一条棱与底面垂直，该底面的外接圆的圆心与棱所成截面过球心即可求球体的半径，进而求体积.

二、多选题

9．设，复数，则下列说法正确的是（    ）

A．若是实数，则 B．若是虚数，则

C．当时，的模为 D．当时，在复平面上对应的点为

【答案】AC

【分析】根据复数的概念判断A、B，根据复数的模判断C，根据复数的几何意义判断D.

【详解】因为，，

对于A：若是实数，则，解得，故A正确；

对于B：若是虚数，则，解得，故B错误；

对于C：当时，所以，故C正确；

对于D：当时，在复平面上对应的点为，故D错误；

故选：AC

10．已知下列四个命题为真命题的是（    ）

A．已知非零向量，，，若，，则

B．若四边形中有，则四边形为平行四边形

C．已知，，，可以作为平面向量的一组基底

D．已知向量，，则在方向上的投影向量的模为

【答案】ABD

【分析】由平面向量基本定理结合投影向量的运算逐一判断即可．

【详解】解：对于选项A，对于非零向量，，，由，，且为非零向量，可知，即选项A正确；

对于选项B，四边形中有，由平行四边形判定定理可得，

四边形为平行四边形，即选项B正确；

对于选项C，，，则，即，

则，不能作为平面向量的一组基底，即选项C错误；

对于选项D，，，则，

则向量在向量上的投影向量为，

所以在方向上的投影向量的模为，即选项D正确，

故选：ABD．

11．在中，角的对边分别为，下列说法正确的是（    ）

A．若，则只有一解

B．若，则是锐角三角形

C．若，则.

D．若，则的形状是等腰或直角三角形

【答案】ACD

【分析】对于A，利用正弦定理及特殊角三角函数值直接求解即可；对于B，利用向量的数量积的定义即可求解；对于C，利用正弦定理直接进行判断；对于D，利用正弦定理及两角和的正弦展开式化简计算求解.

【详解】对于A，由正弦定理，则，因为，所以，只有一解，故A正确；

对于B，若，则，则为锐角，无法确定，不一定是锐角三角形，故B错误；

对于C，由正弦定理，又，可得，故C正确；

对于D，已知，

由正弦定理可得，

因为，所以，

即，

则，解得或，

所以，或，

所以的形状是等腰或直角三角形，故D正确.

故选：ACD.

12．在单位正方体中，O为底面ABCD的中心，M为线段上的动点（不与两个端点重合），P为线段BM的中点，则（    ）

A．直线DP与OM是异面直线 B．三棱锥的体积是定值

C．存在点M，使平面BDM D．存在点M，使平面BDM

【答案】BC

【分析】选项A易判断，由可判断B，当M为中点时，可得平面BDM，即可判断C，当M与重合时，面BDM，然后可判断D.

【详解】

A项：因为相交，所以DP，OM共面，故错误；

B项：因为，是正方体，

所以，因为平面，平面，

所以平面，所M到面的距离不变，所以为定值，故正确；

C项：当M为中点时，OM为的中位线，，

因为平面BDM，平面BDM，

所以平面BDM，故正确；

D项：当M与重合时，因为，平面，

所以平面，因为平面，所以，

同理可证，因为，平面BDM，所以平面BDM，

又因为M不与端点重合，故错误．

故选：BC

三、填空题

13．已知复数满足，则在复平面中对应的点所构成的图形的面积为          .

【答案】

【分析】根据复数模的几何意义结合圆的面积计算，即可求得答案.

【详解】根据题意可知复数满足，

则由复数模的几何意义知对应的点所构成的图形为半径为2和的两个同心圆所围成的圆环，

则其面积为，

故答案为：

14．如图， 是水平放置的斜二测直观图， 其中，， 则原图形 的面积是              ．

【答案】

【分析】根据图形可知：在中，，再利用斜二测画法可知：，，进而可求的面积.

【详解】因为与轴重合，与轴重合，所以，

所以在中，，故为直角三角形.

又由斜二测画法可知：在中，，，

所以，

故答案为：.

15．已知向量，，，，若，则的最小值为           .

【答案】2

【分析】根据，得，结合“1”的巧用即可求解.

【详解】由，得，即，

因此，

故当且仅当“”时，取最小值2.

故答案为：2.

四、双空题

16．在2022年2月4日举行的北京冬奥会开幕式上，贯穿全场的雪花元素为观众带来了一场视觉盛宴，象征各国、各地区代表团的“小雪花”汇聚成一朵代表全人类“一起走向未来”的“大雪花”的意境惊艳了全世界（如图①），顺次连接图中各顶点可近似得到正六边形（如图②）．已知正六边形的边长为1，点M满足，则       ；若点P是正六边形边上的动点（包括端点），则的最大值为       ．

【答案】     1     /

【分析】由题可得，利用向量的数量积的运算法则即得，然后利用数量积的定义和正六边形的性质解得 最大值为.

【详解】由题可知，

∴，

∴，

结合以及正六边形的几何特征可知为的中点，

所以

要使最大，可知当在处时，最大，此时最大，

即.

故答案为：；

五、解答题

17．已知向量与的夹角为，，.

（1）若；

（2）若，求实数t的值.

【答案】（1）；（2）3

【解析】（1）先求出，再求出，即可得出结果；

（2）由题可得，由此可求出.

【详解】（1）向量与的夹角为，，，

，

，

；

（2），

，

即，

，解得.

18．已知复数.

（1）若在复平面中所对应的点在直线上，求的值；

（2）求的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）化简，得在复平面中所对应的点的坐标，代入直线计算；（2）代入模长公式表示出，再利用二次函数的性质求解最值即可.

【详解】（1）化简得，所以在复平面中所对应的点的坐标为，在直线上，所以，得.

（2），因为，

且，所以，所以的取值范围为.

19．如图，三棱柱的侧棱与底面垂直，，点是的中点.

(1)求证；

(2)求证：平面.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由侧棱与底面垂直可得，结合，可得平面，即可得证；

（2）连接，设与的交点为，连接，则为中点，利用中位线的性质可知，进而即可证明结论.

【详解】（1）证明：在三棱柱中，

因为平面，平面，所以，

又，，，平面，所以平面，

又平面，所以.

（2）证明：连接，设与的交点为，连接，则为中点，

因为点是的中点，所以，

因为平面，平面，所以平面.

20．如图，在四边形ABCD休闲区域，四周是步道，中间是花卉种植区域，为减少拥堵，中间穿插了氢能源环保电动步道AC，，且.

(1)求氢能源环保电动步道AC的长；

(2)若﹐求花卉种植区域总面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦的二倍角公式可得，再由余弦定理可得答案；

（2）在中由余弦定理得，利用平方求出、，求出，相加可得答案.

【详解】（1）∵，

∴，

∵，∴由余弦定理得，

∵，∴；

（2）若﹐在中，由余弦定理得，

解得或（舍去），

∵，，∴，

∴，

∵，，

∴，

故，

∴花卉种植区域总面积为.

21．在中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且，．

(1)若，求的面积；

(2)求周长的最大值．

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）法一：由正弦定理得出，再由余弦定理得出，进而求出面积；法二：由余弦定理求出，，进而求出面积；

（2）法一：由正弦定理的边化角公式结合三角函数的性质得出周长的最大值；法二：由余弦定理结合基本不等式得出周长的最大值.

【详解】（1）法一：∵，由正弦定理得，

∴，∴，

∵，∴，∴，∵，∴．

由余弦定理得：，

，，∴或4，

∴

或．

综上，的面积为或.

法二：由余弦定理得，，∴，

∴，∵，．

由余弦定理得：，

，，∴或4，

∴

或．

综上，的面积为或.

（2）法一：由正弦定理得：，

,其中，

所以当时，；

法二：由余弦定理得：∵，∴，

∵，

∴

，当且仅当时取到最大值．

22．如图，在四棱锥中，为等边三角形，为等腰三角形，，为的中点．

(1)求证：平面．

(2)若底面，且，求点到平面的距离．

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）取的中点,连接，通过证明从而得到平面，再证明平面，最后利用面面平行的判定与性质即可.

（2）利用，从而用等体积法求出点到平面的距离为，再结合（1）中平面即可得到答案.

【详解】（1）如图所示，取的中点,连接，

为等腰三角形,且，，

又为等边三角形,且为的中点，

，

，又平面平面，

平面，

又分别为的中点，,

又平面平面,

平面.

又，且平面，

平面平面,

平面平面.

（2）连接，

在等腰中,,

在中,由余弦定理,得，

，

在Rt中,，所以.

设点到平面的距离为，

由,得,

，所以.

由（1）可知,平面点到平面的距离等于点到平面的距离.

点到平面的距离为.