2022-2023学年天津市实验中学滨海学校高一下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年天津市实验中学滨海学校高一下学期期中数学试题含答案，共15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学年天津市实验中学滨海学校高一下学期期中数学试题 一、单选题1．如图，向量，，，则向量可以表示为（    ）A． B．C． D．【答案】C【详解】利用向量加法和减法的三角形法则计算即可.【解答过程】，故选：C.2．已知复数z在复平面上对应的点为，则（    ）A．z的虚部为 B． C． D．是纯虚数【答案】D【分析】根据题意得，根据虚部的概念、模的求法、共轭复数的概念、纯虚数的概念依次判断选项，即可求解.【详解】A：因为复数z在复平面上对应的点为，则，所以复数z的虚部为-1，故A错误；B：，故B错误；C：，故C错误；D：，为纯虚数，故D正确．故选：D．3．如图，若点在三角形的边上，且，，则的值为（    ）A．0 B． C． D．1【答案】C【分析】根据向量的线性运算，即可求解.【详解】，所以 ，则,故选：C4．已知，且，则与的夹角为（   ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据向量垂直和向量数量积运算律可构造方程求得，由向量夹角公式可求得结果.【详解】，，解得：，，由于，.故选：C.5．设是两个非零向量，则下列命题中错误的是（    ）A．若，则存在实数，使得B．若，则C．已知非零向量则是的必要不充分条件D．在边长为1的中，的值为【答案】D【分析】A.由平方求解； B.由，得到求解； C.由，得到求解； D.由求解.【详解】A.因为，所以，即，即，所以，则存在实数，使得，故正确；B.因为，所以，所以，故正确；C.因为非零向量，，所以，所以或，所以是的必要不充分条件，故正确；D.在边长为1的中，，故错误；故选：D6．在中，已知，且，则是（    ）A．等腰三角形 B．直角三角形C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形【答案】C【分析】由两边平方得，由化简得，得为等腰直角三角形.【详解】由得，所以，所以，所以为直角三角形；由得，所以 ，所以，即，因为，所以，所以为等腰三角形；综上，为等腰直角三角形.故选：C7．已知点，，．则在上的投影向量为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据向量的坐标公式，结合投影向量的定义进行求解即可.【详解】因为，，．所以，，，所以向量与的夹角为钝角，因此量在上的投影向量与方向相反，而，，所以在上的投影向量为，故选：C8．下列有五个命题：①若直线a平面，a平面，则am；②若直线a平面，则a与平面内任何直线都平行；③若直线α平面，平面平面β，则α平面β；④如果ab，a平面，那么b平面；⑤对于异面直线a、b存在唯一一对平面、β使得a⊂平面， b⊂平面β，且β.其中正确的个数是（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【分析】根据空间中直线，平面间的位置关系判断命题正误.【详解】对于①，直线平面，直线平面，，过a作平面交平面于c，作平面交平面于d，则，，所以，因为平面，所以平面，因为，所以，所以，①正确；对于②，直线平面，则直线与平面内的直线平行或异面，所以②错误；对于③，直线平面，平面平面，可能平面，所以③错误；对于④，，直线平面，可能平面，所以④错误；对于⑤，一对异面直线a，b，过a作与b平行的平面，过b作与a平行的平面，使得，所以⑤正确；故选：C.9．点是棱长为2的正方体外接球球面上的任意一点，则四棱锥的体积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先求出正方体外接球的半径，再得出四棱锥高的最大值，代入四棱锥的体积公式即可求得体积最大值．【详解】由正方体棱长与其外接球半径的关系知：，即，则四棱锥的高的最大值为，所以四棱锥的体积的最大值为，故选：B．10．冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，结合中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体，呈现出中国在新时代的新形象、新梦想．某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊画笔都有固定的角度，比如弯折位置通常采用30°、45°、60°、90°、120°、150°等特殊角度下．为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求．该同学取端点绘制了，测得，，，，若点C恰好在边BD上，请帮忙计算的值（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据三条边求出，利用平方关系得到，结合正弦定理可得.【详解】由题意，在中，由余弦定理可得，，因为，所以，在中，由正弦定理，即，解得.故选：C.11．如图所示，长方体中，，P是线段上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据给定条件，结合长方体的结构特征及异面直线的意义，逐项判断作答.【详解】在长方体中，，当是与的交点时，平面，与相交，A不是；当点与重合时，平面，与相交，B不是；当点与重合时，因为长方体的对角面是矩形，此时，C不是；因为平面，平面，而平面，因此与是异面直线，D是.故选：D12．在中，为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据的几何关系将和进行展开，再根据向量的数量积运算即可求出范围.【详解】，，如上图所示，即的取值范围为.故选：C 二、填空题13．设复数满足（为虚数单位），则的值为          ．【答案】.         【详解】分析：由条件得到复数的代数形式，即可求得复数模长.详解：因为，所以==，所以点睛：本题考查复数的四则运算，意在考查学生的计算能力． 14．已知平面向量，若，则          .【答案】/0.5【分析】根据，由求解.【详解】解：因为平面向量，且，所以，解得，故答案为：15．已知，其中.满足，则          .【答案】22【分析】由，求得，再利用平面向量的数量积运算求解.【详解】解：因为，且，所以，解得，所以，所以，故答案为：2216．已知水平放置的是按“斜二测画法”得到如下图所示的直观图，其中， ，则原的面积为      .【答案】【分析】根据直观图画出原图，再根据三角形面积公式计算可得.【详解】解：依题意得到直观图的原图如下：且，所以故答案为：【点睛】本题考查斜二测画法中原图和直观图面积之间的关系，属于基础题．17．圆台的上､下底面半径分别是，圆台的高为4，则该圆台的侧面积是          .【答案】【分析】先求得圆台的母线，再利用圆台的侧面积求解.【详解】解：因为圆台的上､下底面半径分别是，圆台的高为4，所以圆台的母线为，所以该圆台的侧面积是，故答案为：18．已知在中，，则          .【答案】【分析】取的中点，连接，将用表示，再利用向量数量积的定义结合等腰三角形性质求解作答.【详解】在中，，，，取的中点，连接，如图，则有，且，，所以.故答案为：. 三、双空题19．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，则圆锥的底面半径为      ；若该圆锥的顶点及底面圆周在球O的表面上，则球O的体积为      .【答案】          【分析】先由圆锥的侧面展开图求出圆锥的底面圆半径和高，然后根据圆锥的顶点及底面圆周在球O的表面上，设球的半径为，列出方程解出，然后计算球的体积.【详解】因为圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，所以圆锥的母线长为，若底面圆的半径为，则，故，则圆锥的高为3，因为该圆锥的顶点及底面圆周在球O的表面上，设球O的半径为，则，解得，所以球O的体积为.故答案为：，20．在梯形中，与相交于点Q．若，则        ；若，N为线段延长线上的动点，则的最小值为         ．【答案】          【分析】易得四边形为平行四边形，设，再将用表示，根据共线，求得，再将用表示，根据数量积的运算律即可求出；根据求得，以点为原点建立平面直角坐标系，设，再根据数量积的坐标表示即可求出答案.【详解】解：因为，所以，所以四边形为平行四边形，所以且，则可设，故，因为共线，所以，解得，所以，因为，所以，所以；因为，所以，所以，又，所以，因为，所以，如图以点为原点建立平面直角坐标系，则，设，故，则，当时，取得最小值.故答案为：；. 四、解答题21．已知向量(1)求；(2)若，求的值；(3)若与的夹角为锐角，求的取值范围.【答案】(1)(2)(3). 【分析】（1）根据向量坐标的线性运算结合模的公式即可；（2）根据向量坐标的线性运算和向量共线的条件即可解出值；（3）根据夹角为锐角得，再去掉两向量共线同方向的情况.【详解】（1）由题意可得，所以；（2）由题意得因为，所以，解得；（3）因为与的夹角为锐角，所以且，即，解得，由（2）可知当时，，此时，所以的取值范围为.22．在中，角所对的边分别为.已知.(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)；(2) 【分析】（1）由，得到，再由，利用正弦定理求解； （2）先由二倍角公式得到 ，再利用两角和的正弦公式求解.【详解】（1）因为，所以.因为，由正弦定理得：，所以.因为，所以.（2）由（1）知：.所以.所以.23．在中，角所对的边分别为，已知.(1)求角的大小；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据正弦定理结合三角恒等变换求解即可；（2）根据余弦定理结合三角形面积公式求解即可.【详解】（1）因为，由正弦定理有：，所以，所以，因为，所以，所以.又，所以；（2），又由（1）知由余弦定理得，即，则所以的面积为.24．由四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形为平行四边形，O为与的交点．(1)求证：∥平面；(2)求证：平面∥平面；(3)设平面与底面的交线为l，求证：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)证明见解析 【分析】（1）取的中点，连接，结合四棱柱的几何性质，由线线平行证明即可；（2）由线线平行证平面，结合平面即可证平面平面；（3）由线面平行证线线平行即可.【详解】（1）取的中点，连接，∵是四棱柱，∴，∴四边形为平行四边形，∴，又平面平面，∴平面．（2）∵，∴四边形是平行四边形，∴，∵平面平面，∴平面，由（1）得平面且，平面，∴平面平面．（3）由（2）得：平面，又平面，平面平面，∴．