2022-2023学年山东省青岛第二中学高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年山东省青岛第二中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．若，则（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】D

【分析】利用复数的除法可求，从而可求.

【详解】由题设有，故，故，

故选：D

2．已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ）

A．若，，，，则

B．若，，则

C．若，，则

D．若，，，则

【答案】B

【分析】根据空间线面位置关系依次判断各选项即可得答案.

【详解】解：对于A，若，，，，，则，故错误；

对于B，，，则，正确；

对于C，，，则或，故错误；

对于D，若，，，则或异面，故错误.

故选：B

3．给出下列命题中，正确的命题是（    ）

A．底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直的棱柱是正四棱柱

B．侧棱都相等的棱锥是正棱锥

C．底面是正方形，有两个侧面是矩形的棱柱是正四棱柱

D．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥

【答案】A

【分析】根据正四棱柱、正棱锥的几何结构特征，逐项判定，即可求解.

【详解】对于A中，若底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直，则该四棱柱底面为正方形，且侧棱垂直与底面，所以该四棱柱为正四棱柱，所以A正确；

对于B中，只要棱锥的顶点在底面多边形上的射影为多边形外接圆的圆心，此时棱锥的所有侧棱都相等，但底面不一定是正多边形，所以该棱锥不一定是正棱锥，所以B错误；

对于C中，如图（1）所示，底面四边形为正方形，且有两个面矩形，但此棱柱不是正四棱柱，所以C不正确；

对于D中，如图（2）所示，三棱锥中，设，其中，此时三棱锥的侧面都是等腰三角形，但此时不是正三棱锥，所以D错误.

故选：A.

4．若向量，满足，，且，则向量与夹角的余弦值为（    ）.

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据平面向量数量积的运算性质，结合平面向量夹角公式进行求解即可.

【详解】因为，且，

所以，

因为，

所以向量与夹角的余弦值为，

故选：D

5．如图正方形OABC边长为1cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是多少cm？（     ）

A．4 B．8 C．12 D．16

【答案】B

【分析】根据直观图与原图形的关系可知原图为平行四边形，且，利用勾股定理计算出其边长即可求得结果.

【详解】根据直观图可画出原图形如下图所示：

根据斜二测画法可知，原图四边形为平行四边形，且

易知，，

所以，

因此的周长为.

故选：B

6．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先利用倍角公式将条件变形，然后结合列方程组求解.

【详解】,

①,

又②，

由①②得.

故选：D.

7．十七世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出了一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”，在费马问题中所求的点被称为费马点，对于每个给定的三角形都存在唯一的费马点，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得的点为的费马点.已知点为等边的费马点，且，则（    ）

A．-12 B．-36 C． D．-18

【答案】D

【分析】设，由等边三角形的性质可知，即点为的中心，从而求出，利用向量数量积公式即可计算结果.

【详解】设，则，因为为等边三角形，

所以，，同理：，，

又，所以，则，

所以点为的中心，

，，且，

则

故选：D

8．正方体的棱长为，点在三棱锥的侧面表面上运动，且，则点轨迹的长度是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】作出图形，分析可知点轨迹是以点为圆心，半径为的圆与的交线，计算出圆心角的大小，结合扇形的弧长公式可求得结果.

【详解】因为平面，且，

所以，点的轨迹是以为圆心，半径为的圆在内的交线，

取的中点，则，且，

设圆弧交于、两点，如下图所示：

，所以，，

又因为，则为等边三角形，

故点轨迹的长度是.

故选：B.

9．如图，三棱柱中，侧棱底面，底面是正三角形，是中点，则下列叙述不正确的是（    ）

A．与是异面直线 B．平面

C．，为异面直线，且 D．平面

【答案】C

【分析】根据平面知A错误；假设平面，由线面垂直性质知为直角三角形，与已知矛盾，B错误；由异面直线判断方法可知为异面直线，由正三角形性质可知，结合平行关系知C正确；根据直线与平面相交可判断D错误．

【详解】对于A，平面，平面，与共面，A错误；

对于B，若平面，平面，则，即为直角三角形，

为直角三角形，与已知是正三角形矛盾，B错误；

对于C，平面，，为异面直线；

为正三角形，为中点，，

，，C正确；

对于D，直线AC交平面AB1E于点A，又，直线与平面AB1E相交，故D错误.

故选：C.

二、多选题

10．已知函数的部分图像如图，则（    ）

A．

B．

C．将曲线向右平移个单位长度得到曲线

D．点为曲线的一个对称中心

【答案】AD

【分析】利用三角函数的图像与性质逐一判断即可.

【详解】由题图可知，解得

将点的坐标代入，得，所以．

由图像可知，点在图像的下降部分上，且，所以．

将点的坐标代入，得，解得，

则，A正确．

由A，得．

所以，B错误．

将曲线向右平移个单位长度得到曲线，C错误．

令，，解得，．

取，则，

所以点为曲线的一个对称中心，D正确．

故选：AD．

11．给出下列命题，其中正确的选项有（    ）

A．非零向量，，满足且与同向，则

B．若单位向量，的夹角为60°，则当取最小值时，

C．在中，若，则为等腰三角形

D．已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是

【答案】BC

【分析】根据向量的定义，可判定A错误；根据向量数量积求得，可判定B正确；由表示与的平分线共线的向量，结合三角形的性质，可判定C正确；当时，得到向量与向量的夹角为，可判定D项错误.

【详解】对于A中，向量的既有大小又有方向的量，所以向量不能比较大小，所以A错误；

对于B中，因为单位向量，的夹角为，可得，

则，

当且仅当时，取得最小值，最小值为，所以B正确；

对于C中，因为表示与的平分线共线的向量，

又因为，可得的平分线与垂直，所以为等腰三角形，所以C正确；

对于D中，当时，此时向量与向量的夹角为，所以D项错误.

故选：BC

12．的内角，，的对边分别为，，，则下列命题正确的有（    ）

A．若，则

B．若，，，则有一解

C．已知的外接圆的圆心为，，，为上一点，且有，

D．若为斜三角形，则

【答案】AD

【分析】根据正弦定理即可判断A、B选项；根据三角形外接圆性质，结合向量基本定理将B项中数量积展开计算即可判断；根据三角形内角和代入D项中计算即可.

【详解】在三角形中，当，则，即，整理可得，故A正确；

由正弦定理得，又因为，所以有两解，B错误；

因为的外接圆的圆心为，所以，

同理可得，

又因为，

所以，故C错误；

因为，得，且为斜三角形，

则

，

所以，故D正确；

故选：AD

三、填空题

13．若，则的虚部是______．

【答案】/

【分析】根据共轭复数的概念，复数的乘除法运算求解即可.

【详解】解：因为，

所以，，

所以

所以，的虚部是.

故答案为：

14．我国南宋著名数学家秦九韶提出了由三角形三边求三角形面积的“三斜求积”，设的三个内角，，所对的边分别为，，，面积为，则“三斜求积”公式为.若，，则用“三斜求积”公式求得的面积为______．

【答案】

【分析】根据正弦定理进行边角互换，再将数据代入“三斜求积”公式即可.

【详解】根据正弦定理可知，

，

代入“三斜求积”公式：

故答案为：.

15．如图所示，要在两山顶间建一索道，需测量两山顶间的距离.现选择与山脚在同一平面的点为观测点，从点测得点的仰角点的仰角以及，若米，米，则等于__________米.

【答案】

【分析】在中根据求出，在中根据求出，在中由余弦定理得：求解.

【详解】在中，，

所以，

在中，，，

所以，

在中，，，，

由余弦定理得：

所以(米).

故答案为：.

四、双空题

16．如图，在四边形中，，，且，则实数的值为_________，若是线段上的动点，且，则的最小值为_________．

【答案】         

【分析】可得，利用平面向量数量积的定义求得的值，然后以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，设点，则点（其中），得出关于的函数表达式，利用二次函数的基本性质求得的最小值.

【详解】，，，

，

解得，

以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

,

∵，∴的坐标为,

∵又∵,则，设，则（其中），

，，

，

所以，当时，取得最小值.

故答案为：；.

【点睛】本题考查平面向量数量积的计算，考查平面向量数量积的定义与坐标运算，考查计算能力，属于中等题.

五、解答题

17．已知，，与的夹角为．

(1)求；

(2)当为何值时，．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用平面向量数量积的运算性质可求得的值；

（2）由已知可得出，利用平面向量数量积的运算性质可求得实数的值.

【详解】（1）解：因为，，与的夹角为，

则，

所以，.

（2）解：因为，则

，解得.

18．在中，，，分别是角，，所对边的长，，且．

(1)求的面积；

(2)若，求角．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先通过求出，再利用三角形的面积公式求解即可；

（2）先通过余弦定理求出，再通过余弦定理求即可.

【详解】（1）解：因为在中，，，

所以，，

因为，

所以，解得.

所以，的面积为.

（2）解：由（1），即，

又，，

，即

，又，

.

19．如图甲，在四边形中，，．现将沿折起得图乙，点是的中点，点是的中点．

(1)求证：平面；

(2)在图乙中，过直线作一平面，与平面平行，且分别交、于点、，注明、的位置，并证明．

【答案】(1)证明见解析；

(2)分别为的中，理由见解析.

【分析】（1）取的中点，分别证得和，得到平面和平面，证得平面平面，进而得到平面；

（2）取的中点，证得，得到点四点共面，即可求解.

【详解】（1）证明：取的中点，分别连接，

因为，分别为和的中点，所以，

又因为平面，平面，所以平面，

因为分别为的中点，可得，

又因为平面，平面，所以平面，

又由，且平面，所以平面平面，

又因为平面，所以平面.

（2）证明：当分别为的中点时，此时平面平面，

证明如下：取的中点，分别连接，

在中，因为为的中点，所以，

又因为分别为的中点，可得，

所以，所以点四点共面，

即过直线作一平面，与平面平行，且分别交，于点、，

此时，分别为和的中点.

20．（1）已知函数，若，求；

（2）已知，，，，求的值．

【答案】（1）（2）.

【分析】（1）先根据二倍角公式化简得到，两边平方可得结果；

（2）先确定角的范围,结合的值，求出角即可.

【详解】（1）,

,

,,

.

（2），,，,

,,

,

,

.

21．如图，在四棱锥中，面，，，，，为线段上的点．

(1)证明：面；

(2)若满足面，求的值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）证明出，可得出，再由已知条件可得出，利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；

（2）分析可知，计算出三边边长，利用余弦定理求出的值，可求得的长，进而可求得的长，即可得解.

【详解】（1）证明：因为，，，所以，，

所以，，则，

因为平面，平面，所以，，

又因为，、平面，所以，平面.

（2）解：因为平面，平面，所以，，

若面，平面，则，

因为，，

由余弦定理可得，

因为平面，、平面，则，

所以，，，

在中，，，，

所以，，

所以，，

所以，，则，

因此，若满足面，则.

22．在路边安装路灯，灯柱与地面垂直（满足），灯杆与灯柱所在平面与道路垂直，且，路灯采用锥形灯罩，射出的光线如图中阴影部分所示，已知，路宽．设灯柱高，．

(1)当时，求四边形的面积；

(2)求灯柱的高（用表示）；

(3)若灯杆与灯柱所用材料相同，记此用料长度和为，求关于的函数表达式，并求出的最小值．

【答案】(1)

(2)

(3)，最小值为

【分析】（1）由三角形角的关系结合正弦定理可得各边长，再由可得解；

（2）分别在与中由正弦定理化简即可得解；

（3）根据正弦定理分别表示各边长及，再根据三角函数求值域的方法可得最值.

【详解】（1）当时，，

所以，

又

所以是等边三角形，所以，

所以在中，，即，

所以；

（2），，，

在中，由正弦定理得，

所以

所以

在中，由正弦定理得，

所以，

所以，所以；

（3）在中，由正弦定理得，

所以，

所以

所以

，

因为，所以，

所以当，即时，取最小值，

故关于的函数表达式为，最小值为.