2022-2023学年河南省周口市高一下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河南省周口市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学年河南省周口市高一下学期期中数学试题 一、单选题1．复数在复平面内对应的点在（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】求出得答案.【详解】因为，所以其在复平面内对应的点在第四象限.故选：D2．已知是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列结论中正确的是（    ）A．若且，则 B．若且，则C．若且，则 D．若且，则【答案】D【分析】对于A：直接判断出m与n可能平行、相交，也可能异面，即可判断；对于B：直接判断出m与n可能平行，也可能异面；对于C：直接判断出与可能相交，也可能平行；对于D：利用线面垂直的判定定理直接判断.【详解】对于A：若且，则m与n可能平行、相交，也可能异面，故A错误；对于B：若且，则m与n可能平行，也可能异面，故B错误；对于C：若且，则与可能相交，也可能平行，故C错误；对于D：因为垂直于同一直线的两个平面互相平行，故D正确.故选：D.3．若一个圆锥的母线长为2，且其侧面积为其轴截面面积的4倍，则该圆锥的高为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，分别表示出其侧面积与其轴截面面积，列出方程，即可得到结果.【详解】设圆锥的底面半径为r，高为h，由圆锥的母线长为2，可知圆锥的侧面积为，又圆锥的轴截面面积为，所以，解得，所以该圆锥的高为.故选：C4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则△ABC是（    ）A．直角三角形 B．锐角三角形 C．等边三角形 D．的三角形【答案】A【分析】根据题意，先由降幂公式化简，然后由余弦定理可得，即可得到结果.【详解】因为，所以，所以，再由余弦定理可知，所以，即，所以△ABC是直角三角形.故选：A5．已知平面向量，在网格中的位置如图所示，小正方形的边长均为1，则（    ）A． B． C． D．2【答案】C【分析】建立合适的坐标系，根据平面向量的坐标表示计算即可.【详解】如图建立平面直角坐标系，则，，所以.所以.    故选：C6．欧拉公式是指以欧拉命名的诸多公式，常用的欧拉公式有.若复数z满足，则（    ）A． B．1 C． D．【答案】A【分析】由欧拉公式计算出，然后用复数的运算法则计算即可.【详解】在中，令，得，所以，所以，所以.故选：A.7．在三棱锥中，，，则三棱锥的外接球的表面积是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正三棱锥的特征确定外接球球心位置及球半径，再计算求球表面积即可.【详解】由已知可得是正三棱锥，设PH是正三棱锥的高，易知外接球球心O在PH上，且H为底面正的中心.如图，设外接球的半径为R，由题可知，则.由得，解得，所以外接球的表面积为.  故选：B8．在矩形ABCD中，，，若平面ABCD，且，则点A到平面PBD的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意分析可得平面PAE，利用等体积法求点到面的距离.【详解】过点A作于E，连接PE.因为平面ABCD，平面ABCD，所以，又因为，所以平面PAE，且平面PAE，可得，由可得，而，可得，设点A到平面PBD的距离为h，由可得，解得.故选：D. 二、多选题9．已知M为△ABC的重心，D为边BC的中点，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】根据三角形重心的性质及向量的线性运算、基本定理一一判定即可.【详解】如图，根据向量加法的平行四边形法则，易得，故A正确；由题意得M为线段AD的靠近D点的三等分点，所以，又，所以，故B正确；，故C正确；，，又，所以，故D错误.  故选：ABC10．已知复数，，则（    ）A．B．复数的虚部为2C．复数与在复平面内所对应的点位于同一象限D．复数在复平面内对应的点在函数的图像上【答案】BC【分析】直接求出模，即可判断A；直接求出，即可判断B；利用复数的几何意义判断C；把复数对应的点代入直接判断.【详解】由题可知，故A错误；，故复数的虚部为2，故B正确；复数在复平面内所对应的点为，位于第一象限，在复平面内所对应的点也位于第一象限，故C正确；复数在复平面内对应的点为，因为当时，，所以复数在复平面内对应的点不在函数的图像上，故D错误.故选：BC11．已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论中正确的是（    ）A．若，则B．若△ABC是锐角三角形，则不等式恒成立C．若，则△ABC必是等边三角形D．若，，则△ABC是等边三角形【答案】AD【分析】利用正弦定理，余弦定理解三角形逐项判断即可.【详解】由，利用正弦定理可得，∴，而在上单调递减，∴，故A正确；在锐角△ABC中，A，，，∴，∴，因此不等式恒成立，故B错误；由，利用正弦定理可得，∴，∵A，，∴，即，∴△ABC是等腰三角形，不一定是等边三角形.故C错误；由于，，由余弦定理可得，可得，解得，∴，故D正确.故选：AD.12．如图，四棱锥的底面为正方形，底面ABCD，，点E是棱PB的中点，过A，D，E三点的平面与平面PBC的交线为l，则（    ）A．直线l与平面PAD有一个交点B．C．直线PA与l所成角的余弦值为D．平面截四棱锥所得的上下两个几何体的体积之比为【答案】BD【分析】根据所给图像，作中点，连接，则为交线l，然后根据线面平行的基本定理可判断A；结和线面垂直的判定及性质可判断B；结合异面直线所成角的定义可判断C；结和棱锥的体积公式可判断D.【详解】如图，取棱PC的中点F，连接EF，DF，因为E是棱PB的中点，则，即A，D，E，F四点共面，则l为直线EF，又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD，即平面PAD，故A错误；由底面ABCD，平面ABCD，所以，由，可得为等腰直角三角形，而斜边PC的中点为F，所以，再由底面ABCD是正方形，易得，又，且平面PDC，所以平面PDC，又平面PDC，所以，又，且平面ADFE，所以平面ADFE，又平面ADFE，所以，故B正确；由，则直线PA与l所成的角，即PA与AD所成的角，由，则，即PA与AD所成的角的余弦值为，故C错误；，，所以，所以，故D正确.故选：BD.   三、填空题13．已知a是实数，是纯虚数，则a=             ．【答案】a=1.【详解】试题分析：根据题意得到先将表达式上下同乘以分母的共轭复数，再根据纯虚数的定义得到实部为0，虚部不为0，列出表达式解出即可.详解：根据题意得到,因为是纯虚数故得到,故1.检验此时复数的虚部不为0，符合题意. 故答案为1.点睛：这个题目考查了复数的混合运算，纯虚数的概念，注意在计算时认真仔细即可.复数的除法运算先要分子乘以分母的共轭复数,再将实部和虚部分开.14．已知向量，，，且与垂直，则与的夹角的余弦值为        .【答案】【分析】根据题意，由向量的坐标运算可得，再由向量夹角的坐标公式即可得到结果.【详解】设与的夹角为，由已知得，∵，∴，即，∴.故答案为：15．在古代数学中，把正四棱台叫做方亭，数学家刘徽用切割的方法巧妙地推导出了方亭的体积公式，为方亭的下底面边长，为上底面边长，为高.某地计划在一片平原地带挖一条笔直的沟渠，渠的横截面为等腰梯形，上底为米，下底为米，深米，长为米，并把挖出的土堆成一个方亭，设计方亭的下底面边长为米，高为米，则其侧面与下底面所成的二面角的正切值为        .【答案】/【分析】计算出挖出的土的体积，利用台体体积公式求出的值，然后作出图形，找出其侧面与下底面所成的二面角的平面角，即可计算出侧面与下底面所成的二面角的正切值.【详解】由题意知挖出的土的体积，则由，整理得，解得或（舍去）.在正四棱台中，，，设点在底面内的射影为点，点在底面内的射影为点，设直线分别交、于点、，连接、，  因为平面，平面，所以，，又因为平面平面，所以，，故四边形为矩形，所以，，因为，，则，所以，，因为平面，平面，则，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，所以，侧面与底面所成二面角的平面角为，易知四边形、是全等的等腰梯形，且，，所以，，因为，且，则四边形为矩形，故，则，故四边形为等腰梯形，因为，，，故，所以，，又因为，，故，在中，.故答案为：.16．已知的内角，，所对的边分别为，，，，设为边的中点，若且，则        .【答案】【分析】利用正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式求出，再由余弦定理求出，即可得到，最后由勾股定理计算可得.【详解】因为，由正弦定理可得.又在中，，∴，∴.∵，∴，∴，∵，∴.由点为的中点，，得，又，∴.在中，由余弦定理可得，解得或（舍去）.∵，∴.在中，∵，，，∴.故答案为： 四、解答题17．已知复数，且复数为实数.(1)求复数z；(2)若复数在复平面内对应的点在第二象限，求实数m的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据复数的乘法和除法以及实数、虚数的概念即可求解；（2）根据复数的乘方计算和实数、虚数的概念以及复数在复平面内对应的点与象限的关系即可求解即可求解.【详解】（1）因为，所以由于复数为实数，所以，又因为，所以，因此.（2）由题意.由于复数在复平面内对应的点在第二象限，所以解得，因此实数m的取值范围是.18．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.【答案】(1)或(2) 【分析】（1）根据有的关系得到，从而得到的坐标；（2）由与垂直得，根据向量夹角公式求解.【详解】（1）由，得，又，所以因为，所以，所以或（2）因为与垂直，所以，即，将，代入，得，所以，又，得，即与的夹角为.19．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.(1)求B；(2)设，，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意，由正弦定理边角互化化简，再由三角恒等变换即可得到，即可得到结果；（2）根据题意，由余弦定理可得，再结合三角形的面积公式即可得到结果.【详解】（1）由正弦定理得，因为，所以，因为，所以，显然，则，又，所以.（2）由余弦定理可得，因为，，所以，即，解得或（舍去），所以，所以的面积.20．如图，在直三棱柱中，，，，，点D为棱AB的中点，点E为棱上一点.  (1)证明：；(2)求三棱锥的体积；(3)求直线与平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)20(3) 【分析】（1）先证明出平面，利用线面垂直的性质即可证明；（2）利用等体积法即可求解；（3）先判断出为直线与平面所成的角，在中利用余弦的定义直接求解.【详解】（1）∵三棱柱是直三棱柱，∴平面平面ABC.∵，，，∴，∴.∵平面平面，平面，∴平面.又平面，∴.（2）∵三棱柱是直三棱柱，∴点E到平面ABC的距离即的长，为5.∵D是AB的中点，∴，∴.（3）（3）由（1）知平面，∴为直线与平面所成的角.在中，，，∴，∴，即直线与平面所成角的余弦值为.21．如图，正方形ABCD与平面BDEF交于BD，平面ABCD，平面ABCD，且.  (1)求证：平面AEC；(2)求证：平面AEC.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）根据题意，由条件可证四边形BOEF为平行四边形，则，再由线面平行的判定定理即可证明；（2）根据题意，先由线面垂直的判定定理可证平面BDEF，从而可得，即可得到证明.【详解】（1）  如图，设AC与BD交于点O，则O为正方形ABCD的中心，连接OE，不妨令.则.∵四边形ABCD为正方形，∴.∵平面ABCD，且平面平面，面，∴，∴，，即四边形BOEF为平行四边形，∴.又平面AEC，平面AEC，∴平面AEC.（2）连接OF.∵，且，，∴四边形ODEF为菱形.∵平面ABCD，∴四边形ODEF为正方形，∴.又四边形ABCD为正方形，∴.∵平面ABCD，平面ABCD，∴.而，且平面BDEF，平面BDEF，∴平面BDEF.∵平面BDEF，∴.又，OE，平面AEC，∴平面AEC.22．已知在锐角△ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C所对的边，向量，，且.(1)求B；(2)若，求△ABC的面积的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示与正弦定理的边角变化，结合正弦函数的和差公式即可得解；（2）利用正弦定理得到，，从而利用三角形面积公式与辅助角公式得到，由此结合正弦函数的性质即可得解.【详解】（1）因为，，，所以，由正弦定理可得，即.因为，则，所以，又，即，所以，又，所以.（2）因为，，所以，故，，所以△ABC的面积，因为△ABC为锐角三角形且，所以，解得，所以，则，从而，即△ABC的面积的取值范围为.