【名校】广东省广州市天河外国语学校2022-2023学年高一下学期期中数学试题

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注意事项：
1.本试卷分全卷满分150分，120分钟内完成，闭卷.
2.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.
3.答题前，考生务必将自己的姓名，准考证号填写在答题卡相应的位置.
4.全部答案应在答题卡上完成，答在本试卷上无效.
5.考试结束后，将答题卡交回.
第Ⅰ卷
一、单项选择题（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. 设复数满足（其中为虚数单位），则下列结论正确的是
A. B. 的虚部为
C. D. 的共轭复数为
【答案】D
【解析】
【分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后逐一核对四个选项得答案．
【详解】由，得，
∴，虚部为1，，的共轭复数为，
故选D．
【点睛】本题主要考查了复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
2. 下面关于空间几何体的叙述正确的是（）
A. 存在每个面都是直角三角形的四面体
B. 用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
C. 直四棱柱是直平行六面体
D. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥
【答案】A
【解析】
【分析】对于A，画图判断，对于B，根据圆柱截面的形状判断，对于C，通过四棱柱的底面的形状判断，对于D，由正棱锥的定义判断.
【详解】对于A，如图在正方体中的三棱柱的四个面全是直角三角形，所以A正确，
对于B，用平面截圆柱得到的截面可能是圆，可能是矩形，也可能是椭圆，所以B错误，
对于C，当直四棱柱底面是平行四边形时，几何体是直平行六面体，所以C错误，
对于D，底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥是正棱锥，所以D错误，
故选：A
3. 在平面直角坐标系中，点，将向量绕点按逆时针方向旋转后得到向量，则点的坐标是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
化为，然后利用两角和的正弦与余弦公式，求得点坐标，即可得解.
【详解】由，得，
将向量绕点按逆时针方向旋转后得到向量，
，
又，，
.
故选：D.
【点睛】本题考查了平面向量中的应用问题以及坐标与图形变换的关系，考查了三角函数的定义，属于基础题.
4. 已知圆锥的表面积等于，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，则由题意可得，解方程组可得结果.
【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，
因为圆锥的表面积等于，其侧面展开图是一个半圆，
所以，解得，
故选：C
5. 已知单位向量分别与平面直角坐标系轴的正方向同向，且向量，，则平面四边形的面积为（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可得,可得，可得平面四边形的面积.
【详解】，
，
又，
平面四边形ABCD的面积
故选：
【点睛】本题考查向量垂直的判定，属于基础题.
6. 一艘船以每小时15 km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔M在北偏东60°方向，行驶4 h后，船到达B处，看到这个灯塔在北偏东15°方向，这时船与灯塔的距离为（）
A. 15 kmB. 30 km
C. 45 kmD. 60 km
【答案】B
【解析】
【分析】在△AMB中直接应用正弦定理求解．
【详解】
如图所示，依题意有AB＝15×4＝60，∠DAC＝60°，∠CBM＝15°，
所以∠MAB＝30°，∠AMB＝45°.
在△AMB中，由正弦定理，得＝，
解得BM＝30，
故选:B.
【点睛】本题考查正弦定理的应用，属于基础题．
7. 如图，在棱长为2的正方体中，N是的中点，过B、D、N的平面截该正方体所得截面的面积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接，取的中点，连接，然后利用平面的性质可得过B、D、N的平面截该正方体所得截面为梯形，从而可求出截面的面积.
【详解】连接，取的中点，连接，
因为是的中点，所以∥，，
因为∥，，所以∥，，
所以过B、D、N的平面截该正方体所得截面为梯形，
连接交于，连接交于，连接，
因为，
所以，所以梯形为等腰梯形，
所以，
所以梯形的面积为，
故选：B
8. 如图，在等腰直角中，，分别为斜边的三等分点（靠近点），过作的垂线，垂足为，则（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
设出等腰直角三角形的斜边长，由此结合余弦定理求得各边长，并求得，由此得到，进而利用平面向量加法和减法的线性运算，将表示为以为基底来表示的形式.
【详解】设，则，
，，
所以，所以.
因为，
所以.
故选：D
【点睛】本小题主要考查余弦定理解三角形，考查利用基底表示向量，属于中档题.
二、多项选择题（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3分，有选错的得0分）
9. 下列关于复数的命题中，正确的是（）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据复数的模、共轭复数的定义及复数代数形式的乘法运算法则判断即可.
【详解】解：对于A：因为，则，则，所以，故A正确；
对于B：若，则，故B正确；
对于C：令，，，
由，所以，
所以，则，同理可得，
所以，故C正确；
对于D：令，，则，但是、，所以，故D错误；
故选：ABC
10. 下列命题正确的是（）
A. 若A，B，C，D四点在同一条直线上，且，则
B. 在中，若O点满足，则O点是的重心
C. 若，把右平移2个单位，得到的向量的坐标为
D. 在中，若，则P点的轨迹经过的内心
【答案】BD
【解析】
【分析】由平面向量的概念和线性运算可依次判断选项.
【详解】对于A，依题意如图，
但，故选项A错误；
对于B，设的中点为，由于，即，
所以，所以O点是的重心，故选项B正确；
对于C，向量平移后不改变方向和模，为相等向量，故选项C错误；
对于D，根据向量加法的几何意义知，以和为邻边的平行四边形为菱形，
点P在该菱形的对角线上，由菱形的对角线平分一组对角，
故P点的轨迹经过的内心，故选项D正确.
故选：BD
11. 如图是一几何体的平面展开图，其中四边形为正方形为四个全等的等腰三角形，E，F分别为，的中点，G为线段上的一个动点在此几何体中，下面结论中正确的是（）
A. 直线与直线异面
B. 直线与直线异面
C. 三棱锥的体积为定值
D. 当G为中点时，//平面
【答案】BCD
【解析】
【分析】连接，易知判断A；根据异面直线的定义判断B；由棱柱的体积公式判断是否为定值判断C；利用线面平行的判定、面面平行的判定和性质判断D.
【详解】连接，则，而，故，即共面，A错；
由上分析：面，面且，面，故直线与直线异面，B对；
由题意为定值，到面距离恒定，则为定值，即三棱锥的体积为定值，C对；
当G为中点时，，面，面，则面，
由中位线性质知：，面，面，则面，
又，面，则面面，面，
所以//平面，D对.
故选：BCD
12. 已知点O为所在平面内一点，且，则下列选项正确的是（）
A. 直线不过边的中点
B.
C. 若，则
D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用向量加法法则结合向量线性运算计算判断D；假定AO过BC的中点，利用平面向量基本定理判断A；取点使得，结合重心性质计算判断B，利用数量积及运算律计算判断C作答.
【详解】对于D，，因为，，
所以，
即，则，可得，故D错误；
对于A，设的中点为，则.
若直线过的中点，则存在实数满足，
由选项D知，，而与不共线，
则有且，无解，即不存在，不过边的中点，故A正确；
对于B，取点使得，
则，即点为的重心，如图，
则.
而，
同理可得，
因此，故B正确；
对于C，由，得，而，
则，解得，
所以
，故C正确.
故选：ABC
第Ⅱ卷
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 在中，内角的对边分别为，已知，则的面积为___________．
【答案】
【解析】
【分析】
由余弦定理先算出c，再利用面积公式计算即可.
【详解】由余弦定理，得，即，解得，
故面积.
故答案为：
【点睛】本题考查利用余弦定理求解三角形的面积，考查学生的计算能力，是一道基础题.
14. 已知，且，i为虚数单位，则的最小值是______.
【答案】
【解析】
【分析】将问题化为坐标系中点到定点的距离恒为1，求定点与动点的最小距离.
【详解】令，则，
所以，等价于坐标系中点到定点的距离恒为1，
即动点在以为圆心，半径为1的圆上，如下图：
又表示动点到定点的距离，而与的距离为，
所以，
在之间且共线，左侧等号成立；在之间且共线，右侧等号成立；
所以的最小值是.
故答案为：
15. 如图，在长方体中，，点M在棱上，当取得最小值时，的长为______.
【答案】
【解析】
【分析】将长方形展开到长方形所在平面，利用三点共线时取得最小值，再由相似三角形求解即可.
【详解】连接，则，
如图，将长方形沿展开到长方形所在平面，
连接，当三点在同一直线上时，取得最小值，
此时，,则.
故答案:.
16. 锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且，则的取值范围为______
【答案】
【解析】
【分析】由题设有，结合正弦边角关系、差角正弦公式及锐角三角形内角性质得，进而确定的范围，再将目标式化为求范围即可.
【详解】由题设，结合正弦边角关系得，
所以，又，则或（舍），
所以，又为锐角三角形，则，得，
所以，而，所以
，而，
所以.
故答案：
二、解答题（本題共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，求与的夹角的余弦值.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）设，则由向量平行公式与模长公式可得向量的坐标；
（2）由条件利用两个向量垂直的性质求得，再根据向量夹角的坐标公式求解即可．
【小问1详解】
设，则由和可得，
解得或者，
或
【小问2详解】
因为与垂直，∴
即 ∴ ，
∴
18. 如图，ABCD与ADEF为平行四边形，M，N，G分别是AB，AD，EF的中点．
求证：（1）BE∥平面DMF；
（2）平面BDE∥平面MNG.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）作辅助线，由中位线定理以及线面平行判定定理证明即可；
（2）先证明BD∥平面MNG，DE∥平面MNG，再由面面平行的判定定理证明即可.
【详解】证明：（1）如图，连接AE，则AE必过DF与GN的交点O，连接MO，
则MO为△ABE的中位线，所以BE∥MO，
又BE⊄平面DMF，MO⊂平面DMF，所以BE∥平面DMF.
（2）因为N，G分别为平行四边形ADEF的边AD，EF的中点，所以DE∥GN，
又DE⊄平面MNG，GN⊂平面MNG，所以DE∥平面MNG.
又M为AB中点，所以MN为△ABD的中位线，
所以BD∥MN，又BD⊄平面MNG，MN⊂平面MNG，
所以BD∥平面MNG，
又DE与BD为平面BDE内的两条相交直线，
所以平面BDE∥平面MNG.
19. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinB＝bsin（A）．
（1）求A；
（2）D是线段BC上的点，若AD＝BD＝2，CD＝3，求△ADC的面积．
【答案】（1）A；（2）.
【解析】
【分析】
（1）首先利用正弦定理可得asinB＝bsinA，然后利用两角差的正弦公式展开化简即可求解.
（2）设∠B＝θ，，由题意可得∠BAD＝θ，∠ADC＝2θ，∠DACθ，在△ADC中，利用正弦定理可得sinθcsθ，根据同角三角函数的基本关系求出sin2θ，再利用三角形的面积公式即可求解.
【详解】（1）由正弦定理可得asinB＝bsinA，
则有bsinA＝b（sinAcsA），化简可得sinAcsA，
可得tanA，
因为A∈（0,π），
所以A．
（2）设∠B＝θ，，由题意可得∠BAD＝θ，∠ADC＝2θ，
∠DACθ，∠ACDθ，
在△ADC中，，则，
所以，可得sinθcsθ，
又因为sin2θ+cs2θ＝1，可得sinθ，csθ，
则sin2θ＝2sinθcsθ，
所以S△ADCsin∠ADC．
【点睛】本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
20. 如图，在三棱柱.中，侧棱垂直于底面，E，F分别是的中点，是边长为2的等边三角形，.
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求点C到平面的距离.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接、，推导出四边形为平行四边形，确定异面直线所成角的平面角，进而求其余弦值；
（2）计算出三棱锥的体积以及的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离.
【小问1详解】
如图，取的中点，连接、，是中点，则且，
由三棱柱的性质知且，是中点，且，
所以且，则四边形是平行四边形，故，
异面直线与所成角，即为直线与所成角，如下图中的，
由面，面，故，
在中，.
【小问2详解】
由题可得，
在中，，，
边上的高为，，
设点到平面的距离为，则，解得．
21. 如图，在同一个平面内，向量，，的模分别为1，1，，与的夹角为α，且tan α＝7，与的夹角为45°.若＝m＋n(m，n∈R)，求m＋n的值．
【答案】3
【解析】
【分析】以O为坐标原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系，分别表示出坐标，即可建立方程组求出.
【详解】以O为坐标原点，OA所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
则A(1，0)，由tan α＝7，，得，，
设，
则，，即C.
又，
，
则，，即，
由，
可得，解得，
所以.
故答案为：3.
【点睛】本题考查建系法解决向量问题，属于基础题.
22. 扇形AOB中心角为，所在圆半径为，它按如图(Ⅰ)(Ⅱ)两种方式有内接矩形CDEF．
(1)矩形CDEF的顶点C、D在扇形的半径OB上，顶点E在圆弧AB上，顶点F在半径OA上，设；
(2)点M是圆弧AB的中点，矩形CDEF的顶点D、E在圆弧AB上，且关于直线OM对称，顶点C、F分别在半径OB、OA上，设；
试研究(1)(2)两种方式下矩形面积的最大值，并说明两种方式下哪一种矩形面积最大？
【答案】方式一最大值
【解析】
【详解】试题分析：(1)运用公式时要注意审查公式成立的条件，要注意和差、倍角的相对性，要注意升幂、降幂的灵活运用；（2）重视三角函数的三变：三变指变角、变名、变式；变角：对角的分拆要尽可能化成同名、同角、特殊角；变名：尽可能减少函数名称；变式：对式子变形一般要尽可能有理化、整式化、降低次数等，适当选择公式进行变形；（3）把形如化为，可进一步研究函数的周期、单调性、最值和对称性.
试题解析：解（1）在中，设，则
又
当即时，
（Ⅱ）令与的交点为，的交点为，则，
于是，又
当即时，取得最大值.
,（Ⅰ）（Ⅱ）两种方式下矩形面积的最大值为方式一：
考点：把实际问题转化为三角函数求最值问题.