2022-2023学年广东省广州市荔湾区西关外国语学校高一下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省广州市荔湾区西关外国语学校高一下学期期中数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省广州市荔湾区西关外国语学校高一下学期期中数学试题 一、单选题1．若复数（为虚数单位）是纯虚数，则实数A． B． C． D．【答案】B【详解】试题分析：因为,由题意可得,解得.故B正确.【解析】复数的运算.【易错点晴】本题主要考查的是复数的乘法运算和的性质，属于容易题．解题时一定要注意和运算的准确性.当复数为纯虚数时一定要注意其实部等于0,虚部不等于0,否则极易出错.2．向量，互为相反向量，已知，则下列结论正确的是（    ）A． B．为实数0 C．与方向相同 D．【答案】D【分析】根据相反向量的定义，即可判断选项.【详解】向量，互为相反向量，则，模相等、方向相反，所以，故A错误；，故B错误；与方向相反，故C错误；，故D正确.故选：D.3．在中，，则为（    ）A．直角三角形 B．等边三角形C．等腰三角形 D．等腰直角三角形【答案】C【分析】利用正弦定理及三角恒等变换计算即可.【详解】由正弦定理可得：，而，所以，则，即易知，所以在三角形中，所以.故选：C.4．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长都相等，其外接球的表面积是，则其侧棱长为．A． B． C． D．【答案】B【解析】三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，它的外接球就是它扩展为正方体的外接球，求出正方体的对角线的长，即可求出其侧棱长．【详解】三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，所以它的外接球就是它扩展为正方体的外接球，因为外接球的表面积是，所以球的半径为1，所以正方体的对角线的长为2，设侧棱长为a,则.所以侧棱长为．故选．【点睛】本题主要考查球的表面积，几何体的外接球，考查空间想象能力，推理能力，解题的关键就是将三棱锥扩展成正方体，属于中档题．5．在中，，，为边上一点，且满足，此时，则边长等于（    ）A． B． C．4 D．【答案】D【分析】本题首先可以结合题意绘出图像，然后根据求出、长，再然后在中通过余弦定理求出，最后在中通过余弦定理即可求出长.【详解】如图，结合题意绘出图像，因为，，所以，，因为，所以，在中，，即，解得或（舍去），，在中，,即，解得，故选：D.【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形相关问题的求解，主要考查余弦定理解三角形，考查的公式为，考查计算能力，是中档题.6．如图，在正方体ABCD—中，，点E为AB中点，点F为BC中点，则过点A与，都平行的平面α被正方体ABCD—截得的截面面积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先利用平行关系，作出截面，再求截面面积.【详解】取中点G，中点H，则△AGH就是平面a被正方体ABCD—截得的截面，其中，，GH边上的高为，所以△AGH的面积.故选：D7．平行四边形中，，，，为中点，点在对角线上，且，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，求出、的坐标，由题意可得出，由此可求得实数的值.【详解】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，则、、、、，，，，所以，，，，则，因此，.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查利用平面向量垂直求参数，解题的关键就是选择合适的位置建立平面直角坐标系，将几何问题转化为代数问题来求解.8．如图，某中学校园内的红豆树已有百年历史，小明为了测量红豆树高度，他选取与红豆树根部在同一水平面的、两点，在点测得红豆树根部在西偏北的方向上，沿正西方向步行40米到处，测得树根部在西偏北的方向上，树梢的仰角为，则红豆树的高度为（    ）  A．米 B．米 C．米 D．米【答案】D【分析】根据图形，在中利用正弦定理求得的值，在中求出的值．【详解】依题意可得如下图形，  在中，，，，由正弦定理得，解得，在中，，所以，所以红豆树的高度为千米．故选：D． 二、多选题9．已知复数z满足，则下列结论中正确的是（    ）A．z没有实部 B． C． D．【答案】BCD【分析】先根据复数的除法运算法则化简复数，结合复数实部的定义、共轭复数、复数的乘方法则、复数模的运算公式逐一判断即可.【详解】因为，所以，所以z的实部为0，，，.故选：BCD10．下列四个正方体图形中，A、B为正方体的两个顶点，M、N、P分别为其所在棱的中点，能得出AB∥平面MNP的图形是（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】根据线面平行的判定定理和性质定理分别判断即可【详解】解：在A中，连接AC，则AC∥MN，由正方体性质得到平面MNP∥平面ABC，∴AB∥平面MNP，故A成立；对于B，若下底面中心为O，则NO∥AB，NO∩面MNP＝N，∴AB与面MNP不平行，故B不成立；对于C，过M作ME∥AB，则E是中点，则ME与平面PMN相交，则AB与平面MNP相交，∴AB与面MNP不平行，故C不成立；对于D，连接CE，则AB∥CE，NP∥CD，则AB∥PN，∴AB∥平面MNP，故D成立.故选：AD.【点睛】此题考查线面平行的判定定理和性质定理的应用，属于基础题11．已知是边长为2的等边三角形，D，E分别是，上的点，且，，与交于点O，则（    ）A． B．C． D．在方向上的投影向量为【答案】BD【分析】建立平面直角坐标系，求出点的坐标，设，根据求出，即可确定点位置，从而判断A、C，根据即可判断B，再根据向量数量积的坐标表示及向量模的坐标运算判断D；【详解】解：由题意知，为的中点，，以为原点，，分别为轴，轴正方向建立平面直角坐标系，则，，，，，设，，则，，因为，所以，解得，即为的中点，即，所以，故A错误；对于B：因为，所以，故B正确；对于C：，，所以因为，故C错误；对于D：因为，，在方向上的投影为，所以在方向上的投影为，故D正确．故选：BD．12．下列说法正确的有（    ）A．若一个圆台的上，下底面半径分别为，，则其内切球的表面积为B．正方体的棱长为，，，分别为棱，，的中点，经过，，三点的平面被正方体所截，则截面图形的面积为C．已知边长为的菱形中，，则用斜二测画法画出的这个菱形水平放置时的直观图的面积为D．正三棱锥的所有棱长均为，其外接球体积为【答案】AC【分析】画出球内切于圆台、正三棱锥的轴截面，利用图形中的长度关系可求出球的半径，即可判断A；分别取线段，，的中点为，，，即可得到经过，，三点的平面被正方体所截的图形为正六边形，求出其面积可判断B；根据平面图形的原图形与直观图面积的关系可判断C；将三棱锥放到棱长为的正方体中，则正三棱锥的外接球即为此正方体的外接球，由此能求出此四面体的外接球的半径，再代入体积公式计算即可判定D．【详解】对于A，球内切于圆台的轴截面如图：  其中，，，，为球的直径，球的半径为，其表面积为，故A正确；对于B，分别取线段，，的中点为，，，  则经过，，三点的平面被正方体所截的图形为正六边形，其边长为，面积为，故B错误；对于C，边长为1的菱形中，，菱形的面积为，用斜二测画法画出的这个菱形水平放置时的直观图的面积为，故C正确；对于D，正三棱锥的所有棱长均为，此三棱锥一定可以放在正方体中，  我们可以在正方体中寻找此三棱锥，如图所示三棱锥．正方体的棱长为．此正三棱锥的外接球即为此正方体的外接球，外接球的直径为正方体的对角线长，外接球的半径为，外接球的体积，故D错误．故选：AC． 三、填空题13．如图，是水平放置的的直观图，则的周长为________．【答案】【分析】根据斜二测画法的规则得到直角三角形的直角边长，用勾股定理求出斜边长可得结果.【详解】根据斜二测画法的规则可知，，，，所以，所以的周长为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：掌握斜二测画法的规则是解题关键.14．已知正方形的边长为，边，的中点分别为，，则________．【答案】【分析】建立平面直角坐标系，用向量的坐标运算进行求解即可.【详解】以为原点，，方向分别为轴、轴正方向建立平面直角坐标系，则，，，，∴，，，∴，∴.故答案为：.15．已知一个圆台的母线长等于上、下底面半径和的一半，且侧面积是32π，则母线长为________.【答案】4【分析】写出侧面积表达式，求出，即可得圆台的母线长．【详解】解：，，．故答案为：416．已知平行四边形，，，为锐角，且，点是边上一定点，点是边上一动点，若恒成立，则______．【答案】【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量，设出动点的坐标，计算的最小值，即可求出点的坐标，从而求出的值．【详解】平行四边形中，，，为锐角，且，所以，建立平面直角坐标系，如图所示：  因为，解得，又因为，解得，所以；又，，，设，，则，，所以，当时，取得最小值为，此时，若恒成立，则，所以．故答案为：． 四、解答题17．已知复数z满足，其中i是虚数单位，a为实数．(1)若，求实数a的值；(2)若复数对应的点在第四象限，求实数a的取值范围．【答案】(1)或(2) 【分析】（1）根据方程求出，然后利用复数的模长公式，解出即可；（2）首先求出，然后根据复数对应的点所在象限列出不等式，求出的范围.【详解】（1）由，得，所以 ．因为a是实数，所以，所以，解得或．（2）由（1）得，因为复数对应的点在第四象限，且a是实数，所以 解得，所以实数a的取值范围是．18．设，，向量，，，且，．(1)求；(2)求向量与夹角的大小．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用平面向量的垂直与共线，列出方程组求解，的值，从而可得的坐标，再利用模的运算公式求解即可；（2）由向量的坐标运算可得，计算，然后结合向量夹角公式即可求得夹角．【详解】（1）向量，，，且，，可得且，解得，，即，，则，则；（2）因为，，所以，，设向量与夹角为，则，故，即向量与夹角为．19．如图，△ABC中，点D为边BC上一点，且满足．(1)证明：；(2)若AB＝2，AC＝1，，求△ABD的面积．【答案】(1)见解析(2) 【分析】（1）根据正弦定理即可求证，（2）根据余弦定理得，进而可得,，根据比例即可由面积公式求解.【详解】（1）在中，由正弦定理得,在中，由正弦定理得,又，故，由于，所以，因此，（2）由AB＝2，AC＝1，以及余弦定理可得,由于为三角形内角,所以，由(1)知,故因此,进而得20．如图，在四棱锥P-ABCD中，平面ABCD，，，，，，点M在棱PD上，，点N为BC中点．(1)求证：平面PAB；(2)求点C到平面PMN的距离．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）构造平行四边形，利用线线平行，证明线面平行.（2）利用等体积法，即可求点面距离.【详解】（1）在上取一点E，使得，，四边形BCME为平行四边形，，又平面，平面PAB，直线平面PAB；（2）取AQ的中点T，连接AN，DN，TN在中，，在中，，在中，，在中，，，因为，，所以，因为，所以因为平面ABCD，所以平面ABCD，．设点C到平面PMN的距离为d，则即，解得21．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．(1)求角A的值；(2)若，求的值以及．【答案】(1)(2)，． 【分析】（1）根据三角形内角和定理可得，结合正弦定理和已知条件即可求解；（2）将已知条件平方，再结合余弦定理得到，结合已知条件和正弦定理以及（1）的结论即可求解.【详解】（1）在△ABC中，由，得，由正弦定理，得结合已知条件得，A为△ABC中的一个内角，∴，解得．（2）由，平方得①由余弦定理，得②联立①②解得，∴．由，，结合正弦定理，可得，．联立解得．22．如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，PA是圆柱的母线，，，，C是上的一个动点.(1)求圆柱的表面积；(2)求四棱锥的体积的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出圆柱底面半径为r，进而求出结果;（2）利用余弦定理结合基本不等式求出，再利用体积公式求出结果.【详解】（1）连接BD，在中，，，，由余弦定理，得，所以，设圆柱底面半径为r，由正弦定理，得，所以，故圆柱的表面积.（2）由（1）知，中，，，由余弦定理，得，即，当且仅当时，等号成立，所以，因为，，所以四棱锥的体积，，故四棱锥的体积的最大值为.