2022-2023学年吉林省普通高中友好学校第三十六届联合体高一下学期期中联考数学试题含解析

2022-2023学年吉林省普通高中友好学校第三十六届联合体高一下学期期中联考数学试题

一、单选题

1．已知复数满足，是虚数单位，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】直接利用复数的除法计算即可.

【详解】,

.

故选：A.

2．一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的周长为（    ）

A．8 B． C．16 D．

【答案】C

【分析】根据斜二测画法的过程将直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的周长即可．

【详解】还原直观图为原图形如图所示，

因为，所以，还原回原图形后，

，，

所以，

所以原图形的周长为．

故选：C.

3．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则（   ）

A．1 B． C．3 D．1或3

【答案】C

【分析】根据余弦定理求解即可.

【详解】由余弦定理，，即，，解得.

故选：C

4．圆锥侧面展开图扇形的圆心角为60°，底面圆的半径为8，则圆锥的侧面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】运用扇形的弧长公式及圆锥的侧面积公式计算即可.

【详解】设圆锥的半径为r，母线长为l，则，

由题意知，，解得：，

所以圆锥的侧面积为.

故选：A.

5．已知，，E为的中点，记，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据向量的线性运算即可结合图形关系求解.

【详解】由得,所以,

故选：B

6．已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【分析】由已知可求得，然后根据投影向量的公式，即可得出答案.

【详解】因为，，

所以，

所以，向量在向量上的投影向量为.

故选：C．

7．在正四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是腰长为的等腰三角形，则正四棱锥的外接球的体积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】设外接球的球心为O，半径为R，底面中心为E，连接SE，BO，BE，在中，由求解.

【详解】解：如图所示

设外接球的球心为O，半径为R，底面中心为E，连接SE，BO，BE，

因为在正四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是腰长为的等腰三角形，

所以，

在中，，即，

解得，所以外接球的体积为，

故选：C

8．圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，被列为第四批全国重点文物保护单位，其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美.如图，小明为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点（三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度约为(取)（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】在直角中可得，再在中利用正弦定理可得，所以由结合正弦的两角差公式即可求解.

【详解】在直角中，，

因为在中，，，

所以，

在中由正弦定理可得，

又由，

所以在直角中，可得,

故选：B

二、多选题

9．已知是虚数单位，以下四个说法中正确的是（    ）

A．

B．复数的虚部为

C．若复数z满足，则z所对应的点在第一象限

D．已知复数z满足，则z在复平面内对应的点的轨迹为一条直线

【答案】AD

【分析】根据复数的运算，可判断A正确；根据复数概念，判断B错；根据复数的运算，求出复数z，结合复数的几何意义，可判断C错；根据复数模的几何意义，可判断D正确.

【详解】A选项，，故A正确；

B选项，z的虚部为-1，故B错误；

C选项，设，，

则，

所以有，解之得或

即或，对应的点的坐标为或，

即z所对应的点在第一象限或第三象限，故C错误；

D选项，表示z到和两点的距离相等，故z的轨迹是线段的垂直平分线，故D正确.

故选：AD.

10．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列命题中错误的是（        ）

A．若，，，则 B．若，，则

C．若，，则 D．若，，，则

【答案】ABD

【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，判断选项.

【详解】A. 若，，，则或相交，因为若都与交线平行，此时，，但此时两个平面相交，故A错误；

B.直线垂直于平面的两条相交直线，直线与平面垂直，所以根据线面垂直的判断定理可知，B错误；

C. 若，，则，故C正确；

D. 若，，，则，或异面，故D错误.

故选：ABD

11．在中，a，b，c分别为的对边，下列叙述正确的是（    ）

A．若，则有两解

B．若，则为等腰三角形

C．若为锐角三角形，则

D．若，则为锐角三角形

【答案】AC

【分析】利用正弦定理可判定A，B的正误，根据锐角三角形的特点和余弦函数的单调性可得C的正误，用正弦定理和余弦定理可得D的正误.

【详解】若，则由正弦定理，

可得，所以或，

此时有两解，A正确；

若，则由正弦定理可得，所以,

即，所以有或，

即或，B不正确；

若为锐角三角形，则，，

因为在为减函数，所以，C正确；

若，则由正弦定理可得，

设，其中；

则为最大边，，

为钝角三角形，D不正确.

故选：AC.

12．如图，正方体的棱长为3，E为AB的中点，，动点M在侧面内运动（含边界），则（    ）

A．若∥平面，则点M的轨迹长度为

B．平面与平面ABCD的夹角的正切值为

C．平面截正方体所得的截面多边形的周长为

D．不存在一条直线l，使得l与正方体的所有棱所成的角都相等

【答案】ABC

【分析】对于A、C项，先作出平面截正方体所得的截面，通过构造面面平行得出M轨迹及截面多边形周长；

对于B项，作出二面角计算即可；对于D项，可知所有与体对角线平行的线与正方体各棱夹角都相等.

【详解】如图所示，

分别延长DC、D1F交于点N，连接NE并延长交DA的延长线于G点，交CB于O点，连接D1G交A1A于H点，则五边形D1FOEH为平面截正方体所得的截面，在侧面中作PQ∥D1H，可得M轨迹为线段PQ，

由已知及平行线分线段成比例可得：，

,所以,即，A正确；

，

故五边形D1FOEH周长为，C正确；

连接BD，交EO于点I，由上计算可得I为GN中点，且D1G=G1N，故DI⊥EO，D1I垂直EO，即为平面与平面ABCD的夹角，

易得，B正确；

对于D存在直线l，如直线与正方体三条棱夹角相等．

故选：ABC．

三、填空题

13．设复数，满足，，则=__________.

【答案】

【分析】令，，由，从而，由此能求出．

【详解】解：复数，满足，

令，，

所以，

，

，，

即，

整理得，

又，

．

故答案为：．

14．半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．

则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为______．

【答案】

【分析】利用棱柱及棱锥的体积公式即可求解.

【详解】设棱长为2，则

所以原正方体的体积为，

所以二十四等边体为，

所以二十四等边体与原正方体的体积之比为．

故答案为：.

15．如图所示，在长方体中，，，点E，F，G分别是，，的中点，则异面直线与所成的角是_____.

【答案】

【分析】连接，，，则得或其补角即为与所成的角，再利用勾股定理即可得到线线角.

【详解】连接，，，点E，F，G分别是，，的中点，

，，

，四边形为平行四边形，

则，故或其补角即为与所成的角，

易得，，

，所以，所以.

故答案为：.

16．已知等边三角形的边长为2,点P在边上,点Q在边的延长线上,若,则的最小值为______.

【答案】

【分析】以为轴建立平面直角坐标系，设，用t表示，求其最小值即可得到本题答案.

【详解】过点A作BC的垂线，垂足为O，以为轴建立平面直角坐标系.

作PM垂直BC交于点M，QH垂直y轴交于点H，CN垂直HQ交于点N.

设，则，故有

所以，，当时，取最小值.

故答案为：

【点睛】本题主要考查利用建立平面直角坐标系解决向量的取值范围问题.

四、解答题

17．如图，是直角三角形斜边上一点，.

(1)若，求角的大小；

(2)若，且，求的长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先由正弦定理求出，结合得到，从而得到；（2）求出，进而得到角C的余弦值，再使用余弦定理求出的长.

【详解】（1）在中，由正弦定理得 ，

所以，

又

所以，.

（2）由，且知：

所以，直角三角形中，

在中，由余弦定理得

所以，.

18．已知，．

（1）若，求x的值；

（2）当时，求；

（3）若与所成的角为钝角，求x的范围

【答案】（1）；（2）；（3）.

【分析】（1）利用向量平行，对应坐标成比例，计算x，即可得出答案．（2）利用向量垂直，数量积为0，建立等式，计算x，即可得出答案．（3）当所成角为钝角，则，代入坐标，即可得出答案．

【详解】解：（1）∵已知，，若，则=，求得x=-2．

（2）当时，•=4x-2=0，x=，====5．

（3）若与所成的角为钝角，则＜0且，不共线，∴4x-2＜0，≠，求得x＜，且x≠-2，

故x的范围为{x|x＜且x≠-2 }．

【点睛】本道题目考查了向量平行，向量垂直，向量数量积与0的关系，向量平行说明对应坐标成比例，向量垂直说明向量数量积为0，即可得出答案．

19．在复平面内，复数，对应的点分别为，，，且为纯虚数．

(1)求a的值；

(2)若的共轭复数是关于x的方程的一个根，求实数p，q的值．

【答案】(1)3

(2)，

【分析】（1）首先根据复数的几何意义表示，再表示，根据复数的特征，求参数的值；

（2）首先将复数代入方程，根据实部和虚部为0，求实数的值.

【详解】（1）由复数的几何意义可知，，，

为纯虚数，，

（2），

由条件可知，，即

，解得：，

20．已知分别为的内角的对边，且.

(1)求角；

(2)若的面积为，求的周长.

【答案】(1)

(2)6

【分析】（1）根据，利用正弦定理结合两角和与差的正弦函数得到，再利用辅助角公式求解.

（2）由的面积为，结合，得到，再利用余弦定理求解.

【详解】（1）解：因为，

所以由正弦定理得.

因为，

所以，

所以.

因为，

所以，

所以，即.

所以，

即

又，

所以.

（2）因为的面积为，所以.

由，所以.

由余弦定理得，

又，所以.

解得.

故的周长为.

21．如图，四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点为的中点.

(1)求证：直线平面；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接交于点，连接，根据线面平行的判定定理求解；

（2）连接，，可证明为二面角的平面角，利用余弦定理求解余弦值即可.

【详解】（1）连接交于点，连接，如图，

则为的中点，

由于是的中点，故，

∵平面，平面，

所以平面；

（2）连接，，

因为，是的中点，所以，

因为，平面，所以平面，

又平面，所以，

由底面是菱形，得，

又平面，所以平面，

又平面，所以，

则为二面角的平面角，

，，，

由余弦定理可知，

∴二面角的余弦值为.

22．如图所示，四边形为菱形，，平面平面，点是棱的中点．

(1)求证：；

(2)若，求三棱锥的体积．

(3)若，当二面角的正切值为时，求直线与平面所成的角．

【答案】(1)证明见解析

(2)1

(3)45°

【分析】(1)先证明平面得到；

(2)将三棱锥的体积转化为三棱锥的体积求解；

(3)设，，可证得为二面角的平面角，可得，为直线与平面所成的角，可求得知大小．

【详解】（1）如图所示，设点是棱的中点，连接，，，

由及点是棱的中点，可得，

因为平面平面，平面平面，平面，故平面，

又因为平面，所以，

又因为四边形为菱形，所以，

而是的中位线，所以，可得，

又由，且平面，平面，

所以平面，又因为平面，所以．

（2）若，由于菱形，易证正三角形中，由于平面，

所以．

（3）设点是与的交点，由（1）可知平面，

又，均在平面内，从而有，，

故为二面角的平面角，所以，

所以，

因为，所以为等边三角形．

不妨设菱形的边长为，．

则在直角中，，， ，所以，

因为平面，所以为直线与平面所成的角．

则，

所以直线与平面所成的角为45°