2022-2023学年广西玉林市博白县中学高一下学期4月联考数学试题含解析

2022-2023学年广西玉林市博白县中学高一下学期4月联考数学试题

一、单选题

1．已知（为虚数单位，）为纯虚数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先利用复数除法法则进行化简，结合纯虚数条件列出方程，求出的值.

【详解】为纯虚数，

，，

故选：C.

2．已知，，若与共线，则等于（    ）

A．6 B． C．3 D．

【答案】B

【分析】根据向量共线的坐标表示列方程求即可.

【详解】因为与共线，，，

所以，所以.

故选：B.

3．在中，，则的值为（    ）

A． B．－  C．－  D．

【答案】C

【分析】由题意可设，再根据余弦定理求解即可.

【详解】解：因为，

所以设，

由余弦定理可得.

故选：C.

4．如图是一个水平放置的直观图，它是一个底角为，腰和上底均为1，下底为的等腰梯形，那么原平面图形的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先判断原平面图形为直角梯形，且直角腰长为2，上底边长为1，下底边长，代入梯形的面积公式计算．

【详解】平面图形的直观图是一个底角为，腰和上底长均为1，下底为的的等腰梯形，

原平面图形为直角梯形，且直角腰长为2，上底边长为1，梯形的下底边长为，

原平面图形的面积．

故选：A．

5．民间娱乐健身工具陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺的立体结构图．已知底面圆的直径，圆柱体的高，圆锥体的高，则这个陀螺的表面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】结合组合体表面积的计算方法计算出正确答案.

【详解】圆柱、圆锥的底面半径为，

圆锥的母线长为，

所以陀螺的表面积是.

故选：C

6．若，，向量与向量的夹角为150°，则向量在向量上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用投影向量的定义直接求解.

【详解】因为，，向量与向量的夹角为150°，

所以向量在向量上的投影向量为.

故选：D

7．如图,三棱锥中,,,且,则三棱锥的外接球表面积为

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】∵面，面，∴，∵，，∴面，∵面，∴，取的中点，则，∴为球心，∵，∴，∴球半径为 ，∴该三棱锥的外接球的表面积为，故选B.

8．在正六边形ABCDEF中，点P为CE上的任意一点，若，则（    ）

A．2 B． C．3 D．不确定

【答案】C

【分析】延长交于点，延长交于点，可推出，，所以有，然后利用平面向量共线的推论即可求出

【详解】

如图，延长交于点，延长交于点

设正六边形ABCDEF的边长为

则在中有，，

所以，所以有，同理可得

因为

所以

因为三点共线，所以有，即

故选：C

【点睛】遇到三点共线时，要联想到平面向量共线的推论：三点共线，若，则.

二、多选题

9．已知为虚数单位，复数，则下列说法不正确的是（    ）

A．的虚部为 B．的共轭复数

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据复数虚部的定义即可判断A；根据共轭复数的定义即可判断B；根据复数的模的计算公式即可判断C；根据复数的乘法运算即可判断D.

【详解】复数的虚部为，故A错误；

的共轭复数，故B错误；

，故C正确；

，故D错误.

故选：ABD.

10．已知是两个不重合的平面，是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】CD

【分析】根据空间中线、面的位置关系，逐一分析各个选项，即可得答案.

【详解】对于A：若，则或，故A错误；

对于B：若，则与可平行也可异面，故B错误；

对于C：若，则，故C正确；

对于D：若，则，又，则，故D正确.

故选：CD

11．已知平面向量，，则下列命题中正确的有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】由向量的定义判断A，由模的坐标表示求出模判断B，根据垂直的坐标表示判断C，由数量积求得向量的夹角余弦判断D．

【详解】对于A，由于向量不能比较大小，故A错误；

对于B，∵，∴，故B正确；

对于C，∵，∴不成立，故C错误；

对于D，∵，故D正确．

故选：BD．

12．已知是钝角三角形，内角，，所对的边分别为，，，若，，则最大的边的取值可能是（    ）

A．5 B．6 C． D．7

【答案】BC

【分析】根据余弦定理即可求解.

【详解】由于是钝角三角形，且最大，所以，故，

进而，所以均符合要求，而D不符合两边之和大于第三边，

故选：BC

三、填空题

13．已知是方程的一个根，则实数的值为______.

【答案】5

【分析】将方程的根代入方程求解即可.

【详解】由题意知，，

整理得： ，解得，

故答案为：5.

14．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豪的发现．该圆柱的体积与球的体积之比为______．

【答案】

【分析】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，从而可求出两个几何体的体积，进而可得答案

【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，，，

故答案为：

15．赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“赵爽弦图”——由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图1所示.类比“赵爽弦图”，可构造如图2所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形.在中，若，则___________.

【答案】

【分析】由条件可得，，由余弦定理可得答案.

【详解】由题意为等边三角形，则,所以

根据条件与全等，所以

在中，

所以

故答案为：

16．若的外接圆半径为，且，则的取值范围是_________．

【答案】

【分析】根据的几何意义可确定取得最值时点的位置，由此可求得的取值范围.

【详解】的外接圆圆心为，过作，如下图所示，

，

的几何意义为在方向上的投影，

当与重合时，取得最大值；当与重合时，取得最小值；

，为等边三角形，，又，

，又，，则，

，解得：，

；

同理可得：，，，.

故答案为：.

四、解答题

17．如图，PA是圆柱的母线，AB是底面圆的直径，C是底面圆周上异于A．B的一点，且．

(1)求证：平面PAC

(2)若M是PC的中点，求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过证明来证得平面.

（2）先求得三棱锥的高，进而求得三棱锥的体积.

【详解】（1）∵PA为圆柱母线，

∴平面ACB，

∵平面，

∴，

∵AB为底面圆直径，∴，

∵平面APC，平面APC，，

∴平面PAC.

（2）∵平面APC，平面平面APC，

∴平面ACM，BC为三棱锥的高，，

∵，M为PC中点，

∴，，，

∴.

18．如图，渔船甲位于岛屿A的南偏西60°方向的B处，且与岛屿A相距12海里，渔船乙以10海里/小时的速度从岛屿A出发沿正北方向航行，若渔船甲同时从B处出发沿北偏东α的方向追赶渔船乙，刚好用2小时追上.

(1)求渔船甲的速度；

(2)求的值.

【答案】(1)14海里小时；

(2).

【分析】（1）由题意知，，，.

在△中，利用余弦定理求出，进而求出渔船甲的速度.

（2）在△中，，，，，

由正弦定理，即可解出的值.

【详解】（1）(1）依题意，，，，.

在△中，由余弦定理，得

.

解得.故渔船甲的速度为海里小时.

即渔船甲的速度为14海里小时.

（2）在△中，因为，，，，

由正弦定理，得，即.

的值为.

19．如图，在正方体中，分别为，AB中点．

(1)求证：平面；

(2)求异面直线EF与所成角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】取的中点M，连接，推导出，利用线面平行的判定定理即可证明平面；

由可知为异面直线EF与所成角，从而利用余弦定理求解即可.

【详解】（1）证明：取的中点M，连接，

在中，因为分别为的中点，所以且，

又且，所以且，

所以四边形MEFA为平行四边形，有，

又平面平面，

所以平面；

（2）不妨设正方体棱长为2，

由可知为异面直线EF与所成角，

在中，已知，

由余弦定理得，

所以异面直线EF与所成角的余弦值为

20．已知的内角，，的对边分别为，，，且．

(1)求角；

(2)若是边上一点，且，，求面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由，利用正弦定理结合两角和的正弦公式得到求解；

（2）根据，得到，再分别在和中，利用余弦定理根据，得到，再在中利用余弦定理，两者结合得到，利用基本不等式得到，然后利用三角形面积公式求解.

【详解】（1）解：因为，

所以，

因为，

所以，

所以；

（2）因为，

所以，

在中，由余弦定理得，

在中，由余弦定理得，

因为，所以，

两式相加得，

又在中，由利用余弦定理得：，

所以，

当且仅当，即时，等号成立，

所以，

所以，

面积的最大值

21．如图，四棱锥中，底面为菱形，的中点为，的中点为，且平面．

(1)证明：平面；

(2)若，，，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接，，可得，由直线与平面平行的判定可得平面；

（2）作，垂足为，连接，作，垂足为，即可证明平面，分别求出和的值，设直线与平面所成角为，求出直线与平面所成角的正弦值即可．

【详解】（1）连接，则为与的交点，连接，

底面为菱形，所以为的中点，又的中点为，

可得，

平面，平面，

平面；

（2）作，垂足为，连接，

作，垂足为，

平面，平面，，

又，，平面，平面，

平面，，

又，，平面，平面，

，四边形为菱形，为等边三角形，

又，，，，

，，

在中，，

由，得，点到平面的距离为，

设直线与平面所成角为，则，

即直线与平面所成角的正弦值为．

22．在中，已知且.

（1）试确定的形状；

（2）求的取值范围.

【答案】（1）直角三角形；（2）.

【分析】（1）根据正弦定理化简整理得到即可判断三角形的形状；（2）由正弦定理将表示成，接着根据三角函数的知识求解取值范围即可.

【详解】解：（1）由正弦定理得：，

所以①

因为，

所以

所以，②

把②代入①得

所以是直角三角形

（2）由（1）知，所以

所以.

根据正弦定理得

因为，所以

即的取值范围是.