2022-2023学年天津市朱唐庄中学高一下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年天津市朱唐庄中学高一下学期期中数学试题含答案，共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市朱唐庄中学高一下学期期中数学试题 一、单选题1．设全集，集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先进行补集运算，然后进行交集运算即可求得集合的运算结果.【详解】由题意结合补集的定义可知：，则.故选：C.【点睛】本题主要考查补集运算，交集运算，属于基础题.2．下列各式中不能化简为的是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得.【详解】对于A：，故A正确；对于B：，故B错误；对于C：，故C正确；对于D：，故D正确；故选：B3．若，，，则m的值为（    ）A． B．2 C． D．【答案】A【分析】先根据题意求出和的坐标，再由两向量共线列方程可求出m的值.【详解】因为，，所以，，因为，所以，解得，故选：A4．已知向量，，若向量，则实数的值是（    ）.A． B． C． D．2【答案】B【分析】利用向量垂直的坐标表示即可求解.【详解】，解得.故选：B5．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（    ）A．2 B．2或4 C．4 D．【答案】B【分析】由余弦定理即可代入求值.【详解】由余弦定理得：,即，化简得，解得或，故选：B6．在中，∠A､∠B､∠C所对的边分别为a，b，c，若，，b=2，则∠B=（    ）A． B． C． D．或【答案】B【分析】根据正弦定理结合大边对大角，即可求的大小.【详解】由正弦定理，得，又，所以，则角为锐角，所以.故选：B.7．已知m，n是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，下列正确的是（    ）A．若m⊥n，，则m⊥α B．若m⊥α，α⊥β，则m⊥βC．若m⊥n，n⊥α，则m⊥α D．若m⊥α，α∥β，则m⊥β【答案】D【分析】由直线、平面的位置关系逐一判断即可.【详解】若m⊥n，，则与可能平行，故A错误；若m⊥α，α⊥β，则可能在内，故B错误；若m⊥n，n⊥α，则可能在内，故C错误；若m⊥α，α∥β，易知m⊥β，故D正确；故选：D8．辽宁省博物馆收藏的商晚期饕餮纹大圆鼎（如图1）出土于辽宁省略左县小波汰沟．此鼎直耳，深腹，柱足中空，胎壁微薄，口沿下及足上端分别饰单层兽面纹，足有扉棱，耳、腹、足皆有炱痕．它的主体部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（忽略鼎壁厚度），如图2所示．已知球的半径为R，圆柱的高近似于半球的半径，则此鼎的容积约为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用球体、圆柱体体积公式求鼎的容积.【详解】由题设，此鼎的容积为半球体积与圆锥体积的和，所以容积约为.故选：D9．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥侧面积的一半，那么其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而即可求解.【详解】设正四棱锥的高为，底面边长为，侧面三角形底边上的高为，则由题意可知，，因此有，即，解得，因为，所以.所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为故选：D.10．下列命题：①若，则；②若，，则；③的充要条件是且；④若，，则；⑤若、、、是不共线的四点，则是四边形为平行四边形的充要条件.其中，真命题的个数是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用向量的概念可判断①；利用相等向量的定义可判断②；利用相等向量的定义以及充分条件、必要条件的定义可判断③⑤；取可判断④.【详解】对于①，因为，但、的方向不确定，则、不一定相等，①错；对于②，若，，则，②对；对于③，且或，所以，所以，“且”是“”的必要不充分条件，③错；对于④，取，则、不一定共线，④错；对于⑤，若、、、是不共线的四点，当时，则且，此时，四边形为平行四边形，当四边形为平行四边形时，由相等向量的定义可知，所以，若、、、是不共线的四点，则是四边形为平行四边形的充要条件，⑤对.故选：A. 二、填空题11．i是虚数单位，则的值为      .【答案】【分析】根据给定条件，利用复数除法、复数模的计算公式求解作答.【详解】，所以.故答案为：12．已知向量和满足：，，，则向量与向量的夹角为      .【答案】【分析】设向量与向量的夹角为，根据得到，再利用向量的夹角公式计算得到答案.【详解】设向量与向量的夹角为，，则，故，故，，故.故答案为：13．若的三个内角满足，则          ．【答案】【分析】利用正弦定理，进行边角转化，从而得出，从而直接设出，其中，再利用余弦定理即可得出结果.【详解】因为，由正弦定理可得，，令，其中，由余弦定理，得到，所以，故答案为：.14．一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比是       .【答案】【分析】根据圆柱的侧面展开图是一个正方形，得到圆柱的高和底面半径之间的关系，然后求出圆柱的表面积和侧面积即可得到结论．【详解】设底面半径为，则圆柱的侧面展开图的边长为，即圆柱的高为∴圆柱的侧面积为，表面积为则圆柱的表面积与侧面积的比是故答案为：．15．已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC=90°，AD=2，BC=1，P是腰DC上的动点，则的最小值为         ．【答案】5【详解】试题分析：以D为原点建系，设长为，，最小为5【解析】向量运算  三、解答题16．已知复数，．(1)若z是实数，求m的值．(2)若z是纯虚数，求m的值．(3)若z对应复平面上的点在第四象限，求m的范围；【答案】(1)或；(2)；(3). 【分析】（1）由复数的概念可得，解出即可得到结果；（2）由复数的概念可得，解出即可得到结果；（3）根据复数的几何意义，可得，解出不等式组即可得到结果.【详解】（1）因为为实数，所以，解得或.（2）因为是纯虚数，所以有，解得.（3）因为对应复平面上的点在第四象限，所以有，解得.17．已知，，与的夹角为(1)求．(2)求．(3)若向量与相互垂直，求实数k的值．【答案】(1)；(2)-22；(3). 【分析】（1）根据平面数列数量积的定义可得，计算即可求解；（2）由（1），根据平面向量的数量积的运算律计算即可求解；（3）根据平面垂直向量可得其数量积为0，计算即可求解.【详解】（1）由题意得，，所以，所以；（2）由（1）知，则；（3）因为，所以，即，得，解得，即实数k的值为.18．中，角，，所对的边分别为，，，且.(1)求角的大小；(2)若，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由余弦定理可得，再由正弦定理将边化角，即可得到，从而求出，即可得解；（2）用同角三角函数的基本关系求出，即可求出、，再根据两角差的正弦公式计算可得.【详解】（1）由余弦定理，则，又，所以，即，由正弦定理可得，因为，所以，则，又，所以.（2）因为，，所以，所以，，所以.19．在中，内角，，所对的边分别为，，．已知，．(1)求的值；(2)求值；【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理将角化边，即可得到，，在由余弦定理计算可得；（2）由（1）得，结合倍角正余弦公式、和角正弦公式求值即可；【详解】（1）因为，由正弦定理可得，则，所以，又，故，即，又.（2）由且，则，所以，，所以.20．如图，垂直于梯形所在平面，，为的中点，，，四边形为矩形.求证：平面；    【答案】证明见解析【分析】可先由中位线证明两线平行，再证明线面平行.【详解】令交于,连接,  四边形为矩形，为中点，又为的中点，，又平面，平面.平面，21．已知在直三棱柱中，，且分别是，的中点.证明：平面.  【答案】证明过程见解析【分析】根据面面平行的判定定理、面面平行的性质，结合三角形中位线定理、棱柱的几何性质进行证明即可.【详解】设是的中点，连接和，因为是直三棱柱，所以四边形是矩形，因为是的中点，所以，而平面，平面，所以平面，因为是的中点，所以，而平面，平面，所以平面，而平面，所以平面平面，而平面，所以平面.