2022-2023学年浙江省宁波市余姚中学高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年浙江省宁波市余姚中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知i为虚数单位，复数，则z的虚部为（    ）

A．i B．1 C．7 D．7

【答案】B

【分析】由复数代数形式的乘法运算再结合复数虚部的概念，即可求解.

【详解】∵∴z的虚部为1.

故选：B．

2．设平面向量，，若，则（    ）

A． B． C． D．6

【答案】B

【分析】利用向量共线的坐标表示即可求解.

【详解】解：因为，，，所以，解得，

故选：B.

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先通过诱导公式化简得到，再由商数关系求即可.

【详解】，可得，即，故.

故选：D.

4．直线与函数的图象的交点中，相邻两点的距离为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可得的最小正周期，由求得后代入即可得解.

【详解】由已知可得，的最小正周期，

所以，所以，

所以．

故选：D.

【点睛】本题考查了正切函数最小正周期的应用，考查了特殊角三角函数值的求解，属于基础题.

5．已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则：

①若，，且，则；②若，，且，则；

③若，，，则； ④若，，且，则；

其中真命题的个数是（    ）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】B

【分析】根据空间直线与平面平行、垂直，平面与平面平行、垂直的判定定理和性质定理，逐项判断，即可得出结论．

【详解】由且，可得，

而垂直同一个平面的两条直线相互平行，即，故①正确；

由于，，所以，又因为，所以，故②正确；

若，，，则直线与平行或异面，故③错误；

设，在平面内作直线，

因为，则，又，所以，

又因为，所以，从而有，故④正确；

因此，真命题的个数是，

故选：B．

6．如图，为水平放置的的直观图，其中，，则在原平面图形中有（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】在直观图中，求出的长，得出原图形中的长，从而可得原图形中各线段长，再计算后判断各选项．

【详解】设，，在和中分别应用余弦定理得：

，解得（舍去），

则在原图形，，，显然，

，

．

故选：C．

7．在中，角，，所对的边分别为，，，，，．若的平分线与交于点，则（    ）

A． B． C． D．3

【答案】A

【解析】根据，由余弦定理可得，再根据，得到角C，然后利用正弦定理解得边c，然后根据为的平分线，在中，利用正弦定理求解.

【详解】因为，

所以，

因为，

所以，

又，

，

，则.

又为的平分线，

，

，

.

故选：A

8．已知为单位向量，且，若非零向量满足，则的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】设，，由，计算可得，设，，由，计算可得，可推出时，等号成立，计算可得，结合，可求出，从而可求出的最大值.

【详解】由题意，可设，，则，

由，可得，整理得，

设，，

由，可得，

即，所以，

当时，或，

即或，

因为，所以不符合题意，

故时，.

而，

因为，所以，

当时，等号成立，此时，

因为，所以，即，

所以.

故选：D.

【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量与三角函数的综合问题，解题的关键是设出题中向量的坐标，利用平面向量的坐标运算及三角函数的运算性质，将所求不等式转化为三角函数关系式，进而求出最大值.考查学生的运算求解能力，逻辑推理能力．属于难题．

二、多选题

9．下列两个向量，不能作为基底向量的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AC

【分析】根据两个向量不平行能作为基底确定正确选项.

【详解】A选项，零向量和任意向量平行，所以不能作为基底.

B选项，不平行，可以作为基底.

C选项，，所以平行，不能作为基底.

D选项，不平行，可以作为基底.

故选：AC

10．如图所示，点是函数的图象与轴的交点，点在之间的图象上运动，若，且当的面积最大时，，则（    ）

A．

B．

C．的单调增区间为

D．的图象关于直线对称

【答案】ABD

【分析】通过给出的的最大面积，和已知点，求出函数的表达式，即可得出结论.

【详解】由题意，

在中，

当点位于曲线最高点（此时）时,面积最大, 且,

∴为等腰直角三角形,

设的中点为,

则且, 即,

∴,

又, ,

∴,

∴,

∵,

则, 即,

解得，

∵, 所以, 所以.

∴，A正确.

，B正确.

令, 解得,

故是的单调递增区间，C错误.

令, 解得,

令得, 故的图象关于直线对称，D正确.

故选：ABD.

11．在三角形中，下列说法正确的有（    ）

A．若，则三角形有两解

B．若，则一定是钝角三角形

C．若，则一定是等边三角形

D．若，则一定是等腰三角形

【答案】BC

【分析】题目考察解三角形的综合应用，A选项是多解问题，B选项是切化弦，然后用和差角公式；C选项考察角的余弦小于等于1的应用；D选项是解三角形的边角转化，逐一计算即可

【详解】选项A中，因为，所以由正弦定理得，因为，

所以只有一个解，故A错误．

选项B中，由，得，

所以，即，所以，

所以，故一定是钝角三角形，故B正确．

选项C中，因为，

所以，

所以，故C正确．

选项D中，因为，

所以，

所以，

因为，，

所以，

所以或，

所以或，所以的形状是等腰或直角三角形．D错误

故选：BC

【点睛】题目比较综合，考察到了较多是知识点：

（1）正弦定理判断三角形的多解问题

（2）切化弦的应

（3）两角和的余弦公式

（4）余弦一定小于等于1

（5）利用正弦定理的边角互换，化简判断三角形形状

12．如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则(    )

A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面

B．存在点Q，使平面MBN

C．过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为

D．经过C，M，B，N四点的球的表面积为

【答案】AB

【分析】作出过的截面判断选项A；取中点为，证明其满足选项B；当在运动时，确定截面的形状，引入参数(如)计算出面积后可得取值范围，判断选项C，过与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项D．

【详解】选项A，连接，，正方体中易知，

分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确；

选项B，如图，取中点为，连接，

因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形，

所以，又是中点，所以，所以，

平面，平面，所以平面，B正确；

选项C，正方体中，分别是中点，则，

在上，如图，作交于，连接，延长交延长线于点，连接延长交延长线于点，连接交于点，交于点，为所过三点的截面，

由正方体的对称性可知梯形与梯形全等，

由面面平行的性质定理，，从而有，由正方体性质，

设，，则，，

是中点，，则，所以，同理，

，，，

梯形是等腰梯形，高为，

截面面积，

设，，，

在上递增，，，

所以，C错；

选项D，

取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方体），它的外接球就是过四点的球，所以球直径为，半径为，表面积为，D错．

故选：AB．

三、填空题

13．复数（为虚数单位）的共轭复数是______．

【答案】

【分析】利用复数的除法法则将复数表示为一般形式，由此可得出复数的共轭复数.

【详解】，

因此，复数的共轭复数为，故答案为.

【点睛】本题考查复数的除法运算以及共轭复数，解题的关键就是利用复数的四则运算法则将复数表示为一般形式，考查计算能力，属于基础题.

14．已知，则的取值范围是___________.

【答案】

【分析】将向量进行线性运算后，按照向量的求模公式，结合辅助角公式求最值即可.

【详解】

因为，

所以，

故答案为：.

15．如图，，分别是正方形的边，的中点，把，，折起构成一个三棱锥（，，重合于点），则三棱锥的外接球与内切球的半径之比是______.

【答案】

【分析】根据两两垂直可知，三棱锥的外接球也是以为长，宽，高的长方体的外接球，即可求出其外接球半径，再根据等积法可求出其内切球的半径，从而得解．

【详解】因为两两垂直，所以三棱锥的外接球也是以为长，宽，高的长方体的外接球，设其外接球半径为，正方形边长为，所以，，

即，解得．

因为三棱锥的表面积即为正方形的面积，，设其内切球的半径为，

所以，，即．

因此，．

故答案为：．

【点睛】本题主要考查三棱锥的外接球和内切球的半径的求法，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．

16．在锐角中，角A、B、C对应的边分别为a、b、c，的面积，若，则c的最小值是________.

【答案】/

【分析】由面积公式和余弦定理得到，化简得到，由基本不等式求出最小值.

【详解】由面积公式得，

即，所以，，

因为，所以，

变形得到

，

因为，所以，

由基本不等式得，

当且仅当，即时，等号成立，

故答案为：

四、解答题

17．当实数取什么值时，复平面内表示复数的点分别满足下列条件：

(1)与原点重合；

(2)位于直线上；

(3)位于第一象限或者第三象限.

【答案】(1)

(2)或

(3)或.

【分析】（1）（2）（3）根据复数的几何意义，结合表示的点所处位置，列出相应的方程或不等式，即可求得答案.

【详解】（1）由题意得复数z满足时，表示的点与原点重合,

解得.

（2）当时，表示复数的点位于直线上，

解得或.

（3）方法一：由题意可得或，

解，得或，解，解集为，

故或.

方法二：由题意得或.

18．已知向量在同一平面上，且.

（1）若，且，求向量的坐标﹔

（2）若，且与垂直，求的值.

【答案】（1）或；（2）.

【解析】（1）由条件设，则，求出，即可得出答案.

(2)由条件可得，，则，由此可得答案.

【详解】（1），设

，即 ，则.

，

或.

（2），

，，即

即则

19．已知向量，，函数．

(1)求的单调递减区间；

(2)把图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再向左平移个单位长度，得到函数的图象，求在上的值域．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求出的解析式，利用整体代入法求的单调递减区间；

（2）先根据图象变换求出的解析式，再求在上的值域．

【详解】（1）因为向量，，函数．

所以.

要求的单调递减区间，只需,

解得：，

即的单调递减区间为.

（2）把图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图象，再向左平移个单位长度，得到的图象，即.

因为，所以.

因为在上单增，在上单减，且时最小，；时，.

所以，即在上的值域为.

20．如图，在三棱柱中，侧棱垂直于底面，分别是的中点．

（1）求证: 平面平面；

（2）求证: 平面；

（3）求三棱锥体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）．

【详解】试题分析：（1）由直线与平面垂直证明直线与平行的垂直；（2）证明直线与平面平行；（3）求三棱锥的体积就用体积公式.

（1）在三棱柱中，底面ABC，所以AB，

又因为AB⊥BC，所以AB⊥平面，因为AB平面，所以平面平面.

（2）取AB中点G，连结EG，FG，

因为E，F分别是、的中点，所以FG∥AC，且FG=AC，

因为AC∥，且AC=，所以FG∥，且FG=，

所以四边形为平行四边形，所以EG，

又因为EG平面ABE，平面ABE，

所以平面.

（3）因为=AC=2，BC=1，AB⊥BC，所以AB=，

所以三棱锥的体积为：==.

【解析】本小题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的垂直与平行的证明；考查几何体的体积的求解等基础知识，考查同学们的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力、逻辑推理能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．

21．已知、、分别是三个内角、、的对边，且.

(1)求；

(2)若锐角的面积为，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理可得出，再利用两角和的正弦公式以及辅助角公式可得出，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）法一：由三角形的面积公式可求得，利用余弦定理可得出，再由，可求得的取值范围；

法二：由三角形的面积公式可求得，利用正弦定理结合三角恒等变换可得出，根据为锐角三角形求出的取值范围，再利用正切函数的基本性质可求得的取值范围.

【详解】（1）解：因为，

由正弦定理可得①，

又因为，

所以.

代入①得，即.

因为，则，所以，则，

即，

因为，则，则，所以.

（2）解：法一：题意得，所以，

在中，由余弦定理得：②，

又因为是锐角三角形，所以，

即③，且④，

由②③得，解得，即，解得.

由②④得，即，

综上，的取值范围是.

法二：由题意得：，所以，

则，

又因为是锐角三角形，则

则，所以，，则，故，

即的取值范围是.

22．如图所示，在平行四边形ABCD中，，，E为边AB的中点，将沿直线DE翻折为，若F为线段的中点．在翻折过程中，

(1)求证：平面；

(2)若二面角，求与面所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取的中点，通过证平面平面，可得面.

（2）利用二面角的平面角的定义先找出二面角的平面角即为，再利用面面垂直的性质定理找到平面的垂线，从而作出与面所成的角，计算可得答案.

【详解】（1）证明：取的中点，连接，

为线段的中点，，

平面，平面，平面，

又，，四边形为平行四边形，则

平面，平面，可得平面，

又，，平面，

可得平面平面，平面，

则面.

（2）取中点，中点，连接，，，

由，，为边的中点，

得，所以为等边三角形，从而，，

又，为的中点所以，又是等边三角形，

所以，所以为二面角的平面角，所以，

过点作，过作交于，连接，

是等边三角形，所以可求得，，所以，，

，，，，

所以，，又，，面，

所以面，又，所以面，

平面，所以面面，

由，在中易求得，又，

所以，，

面面，面，

所以面，所以为与平面所成的角，

在中可求得，所以，

与面所成角的正弦值为