2022-2023学年广东省人大附中深圳学校高一（下）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年广东省人大附中深圳学校高一（下）期中数学试卷，共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）
A．B．C．D．
2．（5分）已知，则
A．B．C．D．
3．（5分）如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为
A．B．2C．D．
4．（5分）已知边长为2的正三角形采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积为
A．B．C．D．
5．（5分）设是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，则
A．若，，，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，，，则
6．（5分）棱长为1的正方体中，为正方体表面上的一个动点，且总有，则动点的轨迹所围成图形的面积为
A．B．C．D．1
7．（5分）点是菱形内部一点，若，则的面积与的面积的比值是
A．6B．8C．12D．15
8．（5分）若，，平面内一点，满足，的最大值是
A．B．C．D．
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2分，有选错的得0分。
9．（5分）若是关于的方程的一个复数根，则
A．
B．
C．的共轭复数的模为
D．，在复平面内对应的两点之间的距离为
10．（5分）已知向量，其中，下列说法正确的是
A．若，则
B．若与夹角为锐角，则
C．若，则在方向上投影向量为
D．若
11．（5分）如图所示是正方体的平面展开图，那么在正方体中
A．
B．若则该正方体外接球表面积为
C．直线和直线异面
D．如果平面平面，那么直线直线．
12．（5分）在中，角，，的对边分别为，，，则
A．若，，，则有两解
B．若，则为直角三角形
C．若，则为锐角三角形
D．若，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）已知轮船和轮船同时离开岛，船沿北偏东的方向航行，船沿正北方向航行（如图）．若船的航行速度为，1小时后，船测得船位于船的北偏东的方向上，则此时，两船相距 ．
14．（5分）等边的边长为2，点为的重心，则 ．
15．（5分）某景区为提升游客观赏体验，搭建一批圆锥形屋顶的小屋（如图．现测量其中一个屋顶，得到圆锥的底面直径长为，母线长为（如图．现用鲜花铺设屋顶，如果每平方米大约需要鲜花50朵，那么装饰这个屋顶（不含底面）大约需要 朵鲜花（参考数据：；若是母线的一个三等分点（靠近点，从点到点绕屋顶侧面一周安装灯光带，则灯光带的最小长度为 米．
16．（5分）如图，在长方体中，，点是（靠近点的一个三等分点，点是的中点，为直线与平面的交点，则 ．
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．（10分）已知，，与的夹角为．
（1）求；
（2）当为何值时，？
18．（12分）如图，在正方体中，为的中点．
（Ⅰ）在图中作出平面和底面的交线，并说明理由；
（Ⅱ）平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比．
19．（12分）如图，在中，，，，．
（1）求；
（2）求线段的面积．
20．（12分）如图，在三棱锥中，，．
（1）求证：；
（2）求点到平面的距离．
21．（12分）在直三棱柱中，，，，为的中点．
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）在棱上是否存在一点，使得平面平面．
22．（12分）在中，内角，，的对边分别为，，，向量，，且，．
（1）求的大小；
（2）求的最大值．
2022-2023学年广东省人大附中深圳学校高一（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
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．（5分）
A．B．C．D．
【答案】
【分析】根据向量加法、数乘的几何意义和向量的数乘运算即可得出正确的选项．
【解答】解：．
故选：．
【点评】本题考查了向量加法和数乘的几何意义，向量的数乘运算，考查计算能力，属于基础题．
2．（5分）已知，则
A．B．C．D．
【答案】
【分析】由复数的运算法则求解即可．
【解答】解：由，
得，
故选：．
【点评】本题考查了复数的运算，属基础题．
3．（5分）如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为
A．B．2C．D．
【答案】
【分析】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为．计算可得圆柱的表面积与球的表面积之比．
【解答】解：设球的半径为，因为球是圆柱的内切球，则圆柱的底面半径为，高为．
所以圆柱的表面积，球的表面积，
所以．
即圆柱的表面积与球的表面积之比为．
故选：．
【点评】本题考查空间几何体的表面积的计算，属基础题．
4．（5分）已知边长为2的正三角形采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】先求出原图的面积，然后利用，即可求得答案．
【解答】解：由题意，，
因为，
所以．
故选：．
【点评】本题考查了斜二测画法与水平放置的平面图形的面积之比的应用，解题的关键是掌握，属于基础题．
5．（5分）设是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，则
A．若，，，，则B．若，，，则
C．若，，，则D．若，，，则
【分析】在中，与相交、平行或；在中，由线面垂直的判定定理得；在中，；在中，与相交、平行或异面．
【解答】解：由是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，知：
在中，若，，，，
则与相交、平行或，故错误；
在中，若，，，
则由线面垂直的判定定理得，故正确；
在中，若，，，则，故错误；
在中，若，，，则与相交、平行或异面，故错误．
故选：．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6．（5分）棱长为1的正方体中，为正方体表面上的一个动点，且总有，则动点的轨迹所围成图形的面积为
A．B．C．D．1
【答案】
【分析】根据题意易得平面，从而得的轨迹所围成图形为矩形，再求矩形面积即可得解．
【解答】解：如图，连接，，
则在正方体中，
易知四边形为矩形，且，
又平面，且平面，
，又，
平面，
动点的轨迹所围成图形为矩形，
动点的轨迹所围成图形的面积为．
故选：．
【点评】本题考查线面垂直的判定定理，属基础题．
7．（5分）点是菱形内部一点，若，则的面积与的面积的比值是
A．6B．8C．12D．15
【答案】
【分析】设中点为，中点为，根据向量关系可得，即可表示出面积关系．
【解答】解：如图，设中点为，中点为，
因为，即，则，
即，
则，
所以的面积与的面积的比值是6．
故选：．
【点评】本题考查了平面向量基本定理的应用，涉及到三角形的面积问题，属于中档题．
8．（5分）若，，平面内一点，满足，的最大值是
A．B．C．D．
【答案】
【分析】利用已知条件推出的轨迹方程，判断为圆切线时，最大，
【解答】解：由向量关系，，
可得是角平分线，，
构造阿波罗尼斯圆，，，
设，则：，解得圆的方程为：．圆的圆心坐标，半径为
为圆切线时，最大，，
故选：．
【点评】本题考查平面向量、阿波罗尼斯圆的应用．是基本知识的考查．
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2分，有选错的得0分。
9．（5分）若是关于的方程的一个复数根，则
A．
B．
C．的共轭复数的模为
D．，在复平面内对应的两点之间的距离为
【答案】
【分析】由题意得，进而求出，的值，可判断，再利用共轭复数的概念以及复数的模长公式判断，利用复数的几何意义判断．
【解答】解：由题意得，得，
解得；
故选项错误，选项正确；
因为的共轭复数为，所以模长为，故选项正确；
，在复平面内对应的两点之间的距离为，故选项正确．
故选：．
【点评】本题主要考查了复数的运算，考查了共轭复数的概念，属于基础题．
10．（5分）已知向量，其中，下列说法正确的是
A．若，则
B．若与夹角为锐角，则
C．若，则在方向上投影向量为
D．若
【答案】
【分析】对于，结合向量垂直的性质，即可求解；
对于，结合平面向量的数量积公式，以及向量平行的性质，即可求解；
对于，根据已知条件，结合投影向量的公式，即可求解；
对于，结合向量模公式，即可求解．
【解答】解：，
若，则，解得，故正确；
若与夹角为锐角，则，解得，
又当，，此时，与夹角为0，
故的取值范围为，，故错误；
若，则，
因为在方向上投影为，与同向的单位向量为，
所以在方向上投影向量为，正确；
，
，故错误．
故选：．
【点评】本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
11．（5分）如图所示是正方体的平面展开图，那么在正方体中
A．
B．若则该正方体外接球表面积为
C．直线和直线异面
D．如果平面平面，那么直线直线．
【答案】
【分析】画出几何体的直观图，利用几何体中的直线与直线的位置关系判断选项，求解外接球的表面积判断即可．
【解答】解：如图，把正方体的平面展开图还原成正方体．
在正方体中，可知，，
故异面直线与所成的角即为与所成的角为，故项错误；，故项错误；
正方体外接球的半径，所以表面积，故项正确；
在正方体中，，，，，
则平面平面，平面平面于直线，平面平面，故直线直线，故项正确．
故选：．
【点评】本题考查几何体的表面展开图的应用，几何体的外接球的表面积的求法，是中档题．
12．（5分）在中，角，，的对边分别为，，，则
A．若，，，则有两解
B．若，则为直角三角形
C．若，则为锐角三角形
D．若，则
【答案】
【分析】对，由正弦定理可判断；对，化简可得可判断；对，由正弦定理化角为边，再由余弦定理可判断；对，由正弦定理结合余弦定理可判断．
【解答】解：对，因为，所以有两解，故正确；
对，因为，所以，故，故正确；
对，由可得，则，所以，故为钝角，故错误；
对，，所以，所以，所以，，，所以，即，故正确．
故选：．
【点评】本题考查了正余弦定理的应用，属于中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）已知轮船和轮船同时离开岛，船沿北偏东的方向航行，船沿正北方向航行（如图）．若船的航行速度为，1小时后，船测得船位于船的北偏东的方向上，则此时，两船相距 ．
【答案】．
【分析】由题意，中，，，，由正弦定理可得．
【解答】解：由题意，中，，，，
由正弦定理可得，．
故答案为：．
【点评】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查正弦定理的运用，比较基础．
14．（5分）等边的边长为2，点为的重心，则 2 ．
【分析】根据等边三角形性质可得，代入，结合平面向量数量积的运算计算即可．
【解答】解：如图，过作交于点，则为中点，
因为为等边三角形，为的重心，
所以，
则，
故答案为：2．
【点评】本题考查平面向量数量积的运算，等边三角形性质，数形结合思想，属于中档题．
15．（5分）某景区为提升游客观赏体验，搭建一批圆锥形屋顶的小屋（如图．现测量其中一个屋顶，得到圆锥的底面直径长为，母线长为（如图．现用鲜花铺设屋顶，如果每平方米大约需要鲜花50朵，那么装饰这个屋顶（不含底面）大约需要 16956 朵鲜花（参考数据：；若是母线的一个三等分点（靠近点，从点到点绕屋顶侧面一周安装灯光带，则灯光带的最小长度为 米．
【答案】16956；．
【分析】求解圆锥的侧面积，即可求解装饰这个屋顶（不含底面）大约需要的鲜花朵数；通过侧面展开图，求解三角形的边长，即可得到灯光带的最小长度．
【解答】解：由题意知：圆锥的底面半径，母线长，
圆锥的侧面积，
装饰屋顶大约需要朵鲜花．
将圆锥侧面沿母线展开，是侧面展开图为如图所示的扇形，
则的长度即为灯光带的最小长度，
，，在△中，，，
，解得：，
即灯光带的最小长度为．
故答案为：16956；．
【点评】本题考查圆锥的侧面积的求法，几何体表面距离的最小值的求法，是中档题．
16．（5分）如图，在长方体中，，点是（靠近点的一个三等分点，点是的中点，为直线与平面的交点，则 ．
【答案】
【分析】作的六等分点，然后根据，，三点共线以及由平行对应的比例关系求解出的值即可．
【解答】解：作的六等分点且，
，可知，
设，，
连接，则三点共线平面平面，
，，
过作交于点，
，，，，
．
故答案为：．
【点评】本题主要考查空间中的距离及其相关计算，属于中等题．
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．（10分）已知，，与的夹角为．
（1）求；
（2）当为何值时，？
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）根据向量数量积定义和运算律可求得，进而得到；
（2）由向量垂直可得，根据向量数量积定义和运算律可构造方程求得结果．
【解答】解：（1），
，
．
（2），
则，解得．
【点评】本题主要考查平面向量垂直的性质，考查转化能力，属于中档题．
18．（12分）如图，在正方体中，为的中点．
（Ⅰ）在图中作出平面和底面的交线，并说明理由；
（Ⅱ）平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比．
【分析】（Ⅰ）在正方形中，直线与直线相交，设，连接，可证平面且平面，得到平面平面；
（Ⅱ）设，连接，证明，则平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台．设正方体的棱长为2．求出棱台的体积，由正方体体积减去棱台体积可得另一部分几何体的体积作比得答案．
【解答】解：（Ⅰ）在正方形中，直线与直线相交，
设，连接，
，平面，则平面，
，平面，平面．
平面平面．
（Ⅱ）设，连接，
由为的中点，得为的中点，
，则平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台．
设正方体的棱长为2．
．
另一部分几何体的体积为．
两部分的体积比为．
【点评】本题考查平面的基本性质及推理，考查空间想象能力与思维能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．
19．（12分）如图，在中，，，，．
（1）求；
（2）求线段的面积．
【答案】（1）．
（2）．
【分析】（1）由余弦定理可得，可求；
（2）由正弦定理得，可求，进而由正弦定理可求，利用三角形面积公式可求的面积．
【解答】解：（1）在中，由余弦定理可得，
，或（舍，．
（2）在中，由正弦定理得，
得，，，
，
，，
，
．
【点评】本题考查正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属中档题．
20．（12分）如图，在三棱锥中，，．
（1）求证：；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）见解析；
（2）．
【分析】（1）取中点，连接，，即可得到，，进而根据线面垂直定理可得平面，即可证得；
（2）过点作，垂足，可得即为点到平面的距离，利用余弦定理可求得，进而可得．
【解答】证明：（1）取中点，连接，，
因为
所以，，
又因为，
所以平面，
又因为平面，
所以；
解：（2）过点作，垂足，
由（1）可知平面，又因为平面
所以平面平面，所以平面，
所以即为点到平面的距离，
在中，，
所以，
即点到平面的距离为．
【点评】本题考查线面垂直的证明和点到平面距离的求解，利用线面垂直的判定定理证明线面垂直是关键，数形结合思想，属于中档题．
21．（12分）在直三棱柱中，，，，为的中点．
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）在棱上是否存在一点，使得平面平面．
【分析】（1）第一问可以利用空间直角坐标系把点坐标表示出来，再利用向量夹角公式求解出来即可；
（2）第二问只要取的中点就可以证明到．
【解答】解：（1）以为原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系．
因为，．
所以，0，，，，2，，．
所以，
那么；
（2）在上中点，连接．
证明如下：
三棱柱是直三棱．
平面平面，，．
、分别是、的中点．
．
平面，平面，
平面．
，．
，．
四边形是平行四边形．
．
平面，平面．
平面．
．
平面平面．
【点评】本题考查空间直角坐标系的作法以及两直线所成夹角问题，平面与平面平行的判定方法．
22．（12分）在中，内角，，的对边分别为，，，向量，，且，．
（1）求的大小；
（2）求的最大值．
【答案】（1）．
（2）．
【分析】（1）根据正弦定理可得；（2）设，则，再根据基本不等式求最值即可．
【解答】解：（1），，且，，
根据正弦定理，，
，
，
，，，，．
（2）根据余弦定理得，得，
，，结合，
（当且仅当时取等号），
设，则，，，
设，
则在区间，上单调递增，
的最大值为，的最大值为．
【点评】本题考查正余弦定理，考查基本不等式的应用，属于中档题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/3/15 18:27:48；用户：初中数学；邮箱：szjmjy@xyh.cm；学号：29841565