2022-2023学年湖南省长沙市长郡中学高一下学期期中数学试题

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时量：120分钟 满分：150分
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 设，是两个不共线的向量，若向量与向量共线，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量共线定理得存在实数，使，代入条件列式计算即可.
【详解】若向量与向量共线，
则存在实数，使，
，
，
解得.
故选：D.
2. 定义：若，则称复数是复数的平方根.根据定义，复数的平方根为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】设复数的平方根为，然后平方后根据复数相等即可得出结论.
【详解】设复数的平方根为，则，
化简，所以，，解得
，或，，即复数的平方根为或，
故选：C
3. 与向量垂直的单位向量为（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】利用单位向量的定义及向量垂直的坐标表示计算即可.
【详解】设该单位向量为，则，
解之得或，
故选：B
4. 若一个球的外切正方体的表面积等于6 cm2，则此球的体积为（ ）
A. cm3B. cm3C. cm3D. cm3
【答案】A
【解析】
【分析】设球的半径为R cm，正方体棱长为a cm，根据表面积和棱长的关系求出棱长，进而可得半径，再用体积公式求球的体积即可.
【详解】设球的半径为R cm，正方体棱长为a cm，
∴6a2＝6，∴a＝1cm，即2R＝1，∴Rcm，
∴球的体积
故选：A.
5. 在三棱锥中，平面，，，，则三棱锥的外接球半径为（ ）
A. 3B. C. D. 6
【答案】C
【解析】
【分析】先求出△外接圆半径，利用勾股定理求出三棱锥外接球半径.
【详解】由正弦定理得,△外接圆直径为，得r=3.
设球心到平面距离为，则.
∴三棱锥的外接球半径为.
故选：C
6. 下列命题正确的为（ ）
①若在平面外，它的三条边所在的直线分别交于P、Q，R，则P，Q，R三点共线；
②若三条直线a，b、c互相平行且分别交直线于A、B、C三点，则这四条直线共面；
③已知a，b，c为三条直线，若a，b异面，b，c异面，则a，c异面；
④已知a，b，c为三条直线，若，，则.
A. ①③B. ②③C. ②④D. ①②
【答案】D
【解析】
【分析】根据基本事实3可判断①的正误，利用基本事实及3个推论可判断②的正误，根据可能的反例可判断③④的正误.
【详解】对于①，设平面平面，因为，平面，
所以，同理，，故、、三点共线，①正确；
对于②，因为，所以，可以确定一个平面，
因为，，，，所以，所以，
又，所以.
同理，也可以确定一个平面，且，，
因为，故重合，故这四条直线共面，所以②正确；
对于③，直线、异面，、异面，则，可能平行、相交或异面，所以③错误；
对于④，，，则，可能平行、相交或异面，所以④错误.
故选：D.
7. 如图，在中，已知，，，、边上的两条中线，相交于点，则的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，取为基底，利用向量数量积求出，再利用向量夹角公式求解作答.
【详解】在中，令，，则，，
因为、边上的两条中线，相交于点，则，，
于是，
，
，
所以.
故选：A
8. 如图，某人用长的绳索，施力，把重物沿着坡度为30°的斜面向上拖了，拖拉点在竖直方向距离斜面的高度为，则此人对该物体所做的功为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理得出，再根据求功公式计算即可.
【详解】在中，由正弦定理，
，
∴.
故选：B
二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. 已知为复数，是共轭复数，则下列命题一定正确的是（ ）
A. 若为纯虚数，则B. 若，则
C. 若，则的最大值为2D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据复数的运算，复数的定义，复数模的三角不等式及共轭复数的定义，计算求解后判断即得．
【详解】对于A，为纯虚数，所以，即，所以A错误；
对于B，，
因为，所以，从而，所以正确；
对于C， 由复数模的三角不等式可得，所以C正确；
对于D，，所以D正确.
故选：BCD．
10. 关于直线，与平面，，以下四个命题中真命题是
A. 若，且，则B. 若，且，则
C. 若，且，则D. 若，且，则
【答案】BC
【解析】
【分析】
根据线面垂直的性质定理和线面平行的性质定理，对四个结论逐一进行分析，易得到答案．
【详解】解：若，且，则，可能平行也可能异面，也可以相交，故A错误；
若，且，则，一定垂直，故B正确；
若，且，则，一定垂直，故C正确；
若，且，则，可能相交､平行也可能异面，故D错误
故选：BC．
【点睛】考查线线平行与垂直的判定，基础题.
11. 一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论，其中正确的是（ ）
A. B. 与所成的角为60°
C. 与是异面直线D. 平面
【答案】ACD
【解析】
【分析】将平面图形还原为立体图形，，，A正确B错误，观察知C正确，根据平面平面得到D正确，得到答案.
【详解】如图所示，将平面图形还原为立体图形，根据正方体的性质知：
，，故，A正确B错误；
与是异面直线，C正确；
平面平面，平面，平面，D正确.
故选：ACD
12. 已知两个不相等的非零向量,，两组向量,,,,和,,,,均由2个和3个排列而成.记，表示所有可能取值中的最小值.则下列命题中真命题为（ ）
A. 可能有5个不同的值
B. 若，则与无关
C. 若，则
D. 若，，则与的夹角为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据的取值依据所含的个数有0个、有1个、有2个，可得,进而可判断A，根据数量积的运算，结合选项即可判断BCD.
【详解】根据题意得的取值依据所含的个数，分三类：有0个、有1个、有2个，记，分别得的取值为：，，，则至多有3个不同的值，A错误；
若，则，此时，，，又，为非零向量，则，与无关，B对；
若，则，
，，则，C对；
若，则，，，
∵，，
∴，解得，∴，D错误.
故选：BC
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 如图，将一个长方体沿着相邻三个面的对角线截出一个棱锥，则此棱锥的体积与剩下的几何体体积的比是______.

【答案】
【解析】
【分析】设长方体的长、宽、高分别为，，，根据长方体的几何特征，我们可得，，两两垂直，代入棱锥体积公式及长方体体积公式，求出三棱锥的体积与剩下的几何体体积，进而得到答案．
【详解】设长方体的长、宽、高分别为，，，
即，，．
由长方体，得，，两两垂直，
所以，
于是．
故剩下几何体的体积，
因此，．
故答案为：.

14. 已知向量 , ，则向量的模的最大值是________.
【答案】
【解析】
【分析】求出向量的坐标，根据模的计算公式求出模的表达式，并化简，根据三角函数的性质求得最大值.
【详解】∵ ，
则，
当时，有最大值，且为，
故答案为：
15. 在复平面内，为原点，向量，对应复数为，将绕点沿逆时针方向旋转，且将向量的模变为原来的倍，得向量，此时向量对应的复数为.现有一平行四边形，如图，，，，，则点直角坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件代入公式计算即可.
【详解】易得,故对应的复数为：，即，
故答案为：
16. 如图，在直三棱柱中，是等边三角形，，D，E，F分别是棱，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值是______.
【答案】
【解析】
【分析】通过构造平行线将异面直线所成角转化为相交线的夹角，解三角形即可.
【详解】如图，在棱上取一点，使得，取的中点，连接，，，由于，分别是棱，的中点，所以，，
故四边形为平行四边形，进而，
又因为，分别是，的中点，所以，所以，则或其补角是异面直线与所成的角.
设，则，，.
从而，，
，，
故，
故异面直线与所成角的余弦值是.
故答案为：.
四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知复数，，其中是实数．
（1）若，求实数的值；
（2）若是纯虚数，是正实数，求．
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）利用复数的乘法运算及复数相等的概念求解
（2）利用为纯虚数求，从而得，然后通过复数的周期性进行求解即可
【小问1详解】
∵，，
∴
从而，解得a=2
所以实数a的值为2．
【小问2详解】
依题意得：
因为是纯虚数，所以：，从而a=2或；
又因为a是正实数，所以a=2．
当a=2时，，
因为，，，，……，，，，，（）
所以
所以
18. 某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.处有一栋大楼，某学生选，两处作为测量点，测得的距离为，，，在处测得大楼楼顶的仰角为75°.
（1）求两点间的距离；
（2）求大楼的高度.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用正弦定理计算即可求解；
（2）根据题意可得，结合两角和的正切公式计算即可求解.
【小问1详解】
因为，
在中，由正弦定理得，
即，所以m，
即AC两点的距离为m；
【小问2详解】
在中，因为，，
所以，
又，
所以m，
即大楼的高度为m.
19. 已知在直角三角形中，，（如图所示）
（1）若以为轴，直角三角形旋转一周，求所得几何体的表面积.
（2）一只蚂蚁在问题（1）形成的几何体上从点绕着几何体的侧面爬行一周回到点，求蚂蚁爬行的最短距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若以为轴，直角三角形旋转一周，形成的几何体为以为半径，高的圆锥，由圆锥的表面积公式，即可求出结果．
（2）利用侧面展开图，要使蚂蚁爬行最短距离，则沿点B的母线把圆锥侧面展开为平面图形（如图）最短距离就是点B到点的距离，代入数值，即可求出结果．
【小问1详解】
在直角三角形中，由
即，得，若以为轴旋转一周，
形成的几何体为以为半径，高的圆锥，
则，其表面积为.
【小问2详解】
由问题（1）的圆锥，要使蚂蚁爬行的最短距离，
则沿点的母线把圆锥侧面展开为平面图形，
最短距离就是点到点的距离，，
在中，由余弦定理得.
20. 在锐角中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，已知边，且.
（1）若，求的面积；
（2）记边的中点为，求的最大值，并说明理由.
【答案】（1）
（2），理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理、余弦定理可得，利用三角恒等变换化简计算可得，进而，结合三角形的面积公式计算即可求解；
（2）根据余弦定理得，由平面向量的线性运算可得，结合基本不等式计算即可求解.
【小问1详解】
在中，，
∴，
由正弦定理得：，即，
由余弦定理得：，又，则，
∵，∴，
∴，
∴，
∵，∴，即，
当时，为正三角形，得，
∴；
【小问2详解】
由余弦定理得：，
∵，，∴，
∵边的中点为，∴，
∴，
∴，
又∵，∴，∴，
∴，∴，当且仅当时，等号成立，
故的最大值为.
21. 如图所示，点是所在平面上一点，并且满足，已知，，.

（1）若是的外心，求、的值；
（2）如果是的平分线上某点，则当达到最小值时，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）设的中点为，利用三角形外心的性质可推出，从而得，结合已知可得的关系式，继而设的中点为，则，同理可得的关系式，解方程组可得答案.
（2）利用三角形角平分线可得，推出，，利用基本不等式求得的值，结合向量的模的运算即可求得答案.
【小问1详解】
设的中点为，因为是的外心，故，

而，
故，
由，可得，
故，
设的中点为，则，
，
由，
即，
即，；
【小问2详解】
因为是的平分线上某点，
所以，
所以由，可得，，
由，当且仅当时取等号，即时取等号，
此时，，
所以，
所以.
22. 如图,在四棱锥中,底面是菱形,,,,底面,,点在棱上,且
（1）证明：面面;
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）见证明；（2）
【解析】
【分析】方法一：（1）由题意，得出，再由菱形的性质，求得，由线面垂直的判定定理，证得面，进而利用面面垂直的判定定理，即可得到面面；
（2）连接OE,证得，得到是二面角平面角，在中，即可求解.
法二：（1）以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，根据，得面，在面面垂直的判定定理，证得面面；
（2）分别求得平面和平面的法向量为，利用向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）证明：∵面
∴
∵在菱形中，
且
∴面
故面面
（2）连接，则面面
故在面内的射影为
∵
∴
又由（1）可得，
故是二面角的平面角
菱形中，,
∴,
又 所以
故
∴ 即二面角的余弦值为
法二：（1）菱形中， 又面
故可以以点为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系
由 可知相关点坐标如下：

则平面的一个法向量为
因为 所以 故面
从而面面
（2）设，则
因为
所以
故
可得：
平面的一个法向量为
设平面的一个法向量
则 故
∴
即二面角的余弦值为
【点睛】本题考查了立体几何中的直线与平面垂直、平面与平面垂直的判定，以及二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理.同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.