2022-2023学年天津市滨海新区塘沽第一中学高一下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年天津市滨海新区塘沽第一中学高一下学期期中数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市滨海新区塘沽第一中学高一下学期期中数学试题 一、单选题1．已知为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】利用复数的除法化简复数，结合复数的几何意义可得出结论.【详解】因为，所以，复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限.故选：B.2．已知，内角的对边分别是，则等于（    ）A． B．C．或 D．或【答案】A【分析】直接根据正弦定理求解即可．【详解】解：∵，，，∴，，由正弦定理得： ，∴，故选：A．【点睛】本题主要考查利用正弦定理解三角形，要注意大边对大角等隐含条件，注意多解情况的处理，属于基础题．3．已知m，n表示两条不同的直线，，表示两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）A．若，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，则【答案】D【分析】由平行于同一平面的两直线的位置关系判定A；由面面垂直、线面垂直判定线面关系判断B；由两平行平面内两直线的位置关系判断C；由平面与平面垂直的判定定理判断D．【详解】若，，则或m与n相交或m与n异面，故A错误；若，，则或，故B错误；若，，，则或m与n异面，故C错误；若，，由平面与平面垂直的判定可得，故D正确.故选：D4．如图为水平放置的直观图，其中，，那么原的面积是（    ）A． B． C． D．2【答案】A【分析】根据直观图与原图之间的关系，得出原图中的底和高即可求得其面积.【详解】由图可知，原图，且，，所以原的面积.故选：A.5．如图，在中，，，若，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出，得λ＝，μ＝，即得解.【详解】因为＋μ，所以λ＝，μ＝，则λ＋μ＝＋＝.故选：B6．已知，，，则向量与向量的夹角为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由条件利用两个向量垂直的性质、数量积的定义，求得向量与向量夹角的余弦值，可得向量与向量的夹角.【详解】设向量与向量的夹角为.故选：B7．一艘轮船按照北偏东方向，以18海里/时的速度直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东方向上，经过20分钟的航行，轮船与灯塔的距离为海里，则灯塔与轮船原来的距离为A．6海里 B．12海里 C．6海里或12海里 D．海里【答案】A【分析】根据方位角可知，利用余弦定理构造方程可解得结果.【详解】记轮船最初位置为，灯塔位置为，分钟后轮船位置为，如下图所示：由题意得：，，则，即：，解得：即灯塔与轮船原来的距离为海里本题正确选项：【点睛】本题考查解三角形的实际应用问题，关键是能够利用余弦定理构造方程，解方程求得结果.8．在正方体中，是正方形的中心，则直线与直线所成角大小为（    ）A．30° B．45° C．60° D．90°【答案】A【分析】如图，连接，，，利用余弦定理可求的值，从而可得直线与直线所成角大小.【详解】设正方体的棱长为，连接，，，因为，故或其补角为直线与直线所成角.而，，，故，所以，所以，因为为锐角，故，故选：A.9．已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，且平面，，，，则球O的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据平面BCD，得到，，再由，，，得到，则三棱锥截取于一个长方体，然后由长方体的外接球即为三棱锥的外接球求解.【详解】因为平面BCD，所以，，∴，在中，，∴，∴.如图所示：三棱锥的外接球即为长方体AGFH-BCED的外接球，设球O的半径为R，则，解得，所以球O的表面积为，故选：A.10．在中，若，则的形状是（    ）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形【答案】D【分析】由已知条件可以得到然后分与两种情况，若可直接判断，若，则得到，结合正弦定理边化角即可判断.【详解】由已知，得或，即或，由正弦定理得，即，即，∵，均为的内角，∴或，∴或，∴为等腰三角形或直角三角形.故选：D.【点睛】解决判断三角形的形状问题，一般将条件化为只含角的三角函数的关系式，然后利用三角恒等变换得出内角之间的关系式；或将条件化为只含有边的关系式，然后利用常见的化简变形得出三边的关系．另外，在变形过程中要注意A，B，C的范围对三角函数值的影响．11．在矩形ABCD中，若，，且，则的值为（    ）A． B．1 C． D．2【答案】D【分析】根据矩形的特点，建立坐标系，由已知条件，求得AD的长度，进而利用数量积的坐标运算即可求得．【详解】建立如图所示坐标系，设，，，，，，由可得： ，由，可得，解得，或舍去，则．故选：D．  12．如图所示，正方体的棱长为，线段上有两个动点、，且，给出下列判断：①；②平面；③三棱锥的体积为定值；④的面积与的面积相等；⑤．其中判断正确的个数为（    ）  A． B． C． D．【答案】C【分析】连接，证明出平面，利用线面垂直的性质可判断①；利用面面平行的性质可判断②；利用锥体的体积公式可判断③⑤；计算出、的面积，可判断④.【详解】连接，因为四边形为正方形，则，又因为平面，平面，则，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，命题①正确；因为平面平面，平面，则平面，命题②正确；设，则为的中点，且，即点到平面的距离为，因为平面，平面，则，又因为且，故四边形为矩形，故，因此，，是定值，命题③正确；连接、，取的中点，连接，易知是边长为的等边三角形，所以，，且，所以，，所以④错误；因为平面，所以，点、到平面的距离相等，  因为，所以⑤正确；综上，正确命题的序号为①②③⑤，有个．故选：C． 二、填空题13．若为虚数单位，复数，则        .【答案】5【分析】把已知等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数求模公式计算得答案．【详解】解：，则．故答案为：5．【点睛】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数模的求法，属于基础题．14．已知某圆锥体的底面半径，沿圆锥体的母线把侧面展开后得到一个圆心角为的扇形，则该圆锥体的表面积是   【答案】【解析】利用弧长公式，即可求得圆锥的母线，利用圆锥表面积公式即可求得结果.【详解】因为底面圆周长，也即扇形的弧长为，设圆锥母线长为，则可得，解得.故可得圆锥的侧面积.则表面积为故答案为：.【点睛】本题考查扇形的弧长公式，以及圆锥侧面积的求解，属综合基础题.15．已知向量，且是与方向相同的单位向量，则在上的投影向量为         ．【答案】【分析】根据投影的计算公式，结合题意，即可得答案.【详解】由题意得在上的投影为，所以在上的投影向量为.故答案为：16．如图，正方体的棱长为1，E、F分别为棱AD、BC的中点，则平面与底面ABCD所成的二面角的余弦值为         ．【答案】/【分析】由题可得即为平面与底面ABCD所成的二面角的平面角，即可求出.【详解】因为E、F分别为棱AD、BC的中点，所以，，所以即为平面与底面ABCD所成的二面角的平面角，则在中，，所以平面与底面ABCD所成的二面角的余弦值为.故答案为：. 三、双空题17．已知a、b、c分别为三个内角A、B、C的对边，若，且则角A的大小为          ；若，的面积是          .【答案】          【分析】由可得等式，再根据正弦定理及余弦定理可得，再由余弦定理及三角形面积公式可求解.【详解】由，有，化简得，即，从而可得；当时，，所以.故答案为：；18．在平行四边形中，，则          ；点是线段上的一个动点，当最小时，          ．【答案】     /120°/     /0.5【分析】用和表示，根据即可求出；设，根据用λ表示，根据二次函数性质即可求出最小时λ的值，从而求出．【详解】，；设，∵AD∥BC，∴∠ABC=60°，则，∴当时，取最小值，则．故答案为：120°；． 四、解答题19．已知向量，．(1)若，求的值；(2)若，①求；②求与的夹角的余弦值．【答案】(1)或(2)①；②． 【分析】（1）由平面向量共线的坐标表示即可建立k的方程，求解即可；（2）由结合平面向量数量积运算可求出，得到、的坐标，①由模的运算计算即可；②由夹角的计算公式计算即可得出的值．【详解】（1）解：因为，且，所以，，即，解得或.（2）解：因为且，所以，，解得，则，.①，所以，；②，则，，，所以，.20．如图，在三棱柱中，侧面，均为正方形，，，点D是棱的中点．  (1)求证：平面；(2)求异面直线与所成角的大小；(3)求证：平面．【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)证明见解析． 【分析】（1）先证明平面平面，接着由，D是棱的中点，得，再利用平面与平面垂直的性质定理得平面；（2）取AC中点E，连接BE，DE，，通过构造平行四边形，得到，进而得到（或其补角）是异面直线与所成的角，解三角形可得； （3）可先证平面，平面，进而证得平面平面，又平面，则平面可证．【详解】（1）∵侧面，均为正方形，∴，，，，∴，∴，又，平面∴平面，又∵平面，∴平面平面，∵，D是棱的中点，∴，又∵平面平面，平面平面，平面，∴平面．（2）取AC中点E，连接BE，DE，，    在三棱柱中，，，,，∵D，E分别是，AC的中点，,，四边形是平行四边形，,，又，∴，，即四边形是平行四边形，∴，∴（或其补角）是异面直线与所成的角，∵，，∴，∵侧面为正方形，∴，由（1）知平面，且，∴平面，又平面，∴，又，∴，∴，由（1）得平面，且，∴平面，平面，∴，在中，，∴，即异面直线与所成的角为．（3）证明：在三棱柱中，，，∵D，E分别是，AC的中点，∴，，即四边形是平行四边形，∴，又∵平面，平面，∴平面，由（2）知，∵平面，平面，∴平面，∵，平面∴平面平面，∵平面，∴平面．21．如图，在四棱锥中，，，，E是PA的中点，平面平面ABCD．  (1)证明：；(2)证明：平面平面PAC；(3)求直线CE与平面PBC所成的角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)． 【分析】（1）由勾股定理可证，结合面面垂直的性质定理证得平面PAB，从而知；（2）由，，可证平面PAC，再由面面垂直的判定定理，得证；（3）由（2）知，平面平面PAC，进而知∠PCE即为所求，再结合勾股定理与余弦定理，求得的值，即可得解．【详解】（1）证明：在直角梯形ABCD中，因为，所以，，所以，即，因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，所以平面PAB，又平面PAB，所以．（2）证明：由（1）知，，因为，，所以，即，又，AC、平面PAC，所以平面PAC，因为平面PBC，所以平面平面PAC．（3）由（2）知，平面平面PAC，所以直线CE在平面PBC中的射影为直线PC，故∠PCE即为直线CE与平面PBC所成的角，由（2）知，平面PAC，因为平面PAC，所以，所以，由（1）知，平面PAB，因为平面PAB，所以，所以，在△PCE中，由余弦定理知，，所以，故直线CE与平面PBC所成的角的正弦值为．22．已知内角，，的对边分别为，，，且．(1)求角；(2)若的外接圆半径，，求的面积；(3)若，，的平分线交边于点，求的长．【答案】(1)；(2)；(3)． 【分析】（1）由正弦定理边角互化和三角恒等变换化简即可；（2）由正弦定理求出，由余弦定理求，再由三角形的面积公式计算即可；（3）由得，由余弦定理得，再由三角形的面积相等列式即可求得．【详解】（1）由正弦定理及，得，∵，∴，∴，∵，∴；（2）由正弦定理得：，由余弦定理有：，即，即，解得：， ∴，∴的面积为；（3）∵，∴，由余弦定理：，即，∴，∵的平分线交边于点，∴，∴，即．