2022-2023学年广东省深圳市罗湖高级中学高一下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省深圳市罗湖高级中学高一下学期期中考试数学试题含解析，共18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学年广东省深圳市罗湖高级中学高一下学期期中考试数学试题 一、单选题1．下列结论中，正确的是（    ）A．零向量只有大小没有方向 B．C．对任一向量，总是成立的 D．与线段的长度不相等【答案】B【分析】根据平面向量的概念，逐一判断即可得出答案．【详解】既有大小又有方向的量叫向量，则零向量既有大小又有方向，故A错误；由于与方向相反，长度相等，故B正确；因为零向量的模为0，故C错误；与线段的长度相等，故D错误．故选：B．2．复数，将复数z的对应向量按逆时针方向旋转，所得向量对应的复数为（    ）A． B． C．1 D．i【答案】A【分析】求出复数z的对应向量的终点所在角终边，按逆时针方向旋转后对应点所对角终边，再求出对应点的坐标作答.【详解】复数的对应向量的终点在坐标轴的第四象限的角平分线上，将此角平分线按逆时针方向旋转后，得x轴的非负半轴，令点对应的点为，由得：，即，点所对复数为，所以将复数z的对应向量按逆时针方向旋转，所得向量对应的复数为.故选：A3．如图所示，是水平放置的的直观图，轴，轴，，，则中，（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据斜二测画法原则，由直观图判断原图中的长度，再利用勾股定理计算.【详解】在直观图中，，，由斜二侧画法知，在中，，，且；所以．故选：B.4．下列命题中，正确的是（    ）A．三点确定一个平面B．垂直于同一直线的两条直线平行C．若直线与平面上的无数条直线都垂直，则D．若a、b、c是三条直线，且与c都相交，则直线a、b、c在同一平面上【答案】D【分析】利用空间点、线、面位置关系直接判断.【详解】A.不共线的三点确定一个平面，故A错误；B.由墙角模型，显然B错误；C.根据线面垂直的判定定理，若直线与平面内的两条相交直线垂直，则直线与平面垂直，若直线与平面内的无数条平行直线垂直，则直线与平面不一定垂直，故C错误；D.因为，所以确定唯一一个平面，又与都相交，故直线共面，故D正确；故选：D.5．已知向量，且，则向量（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据平面向量互相垂直的坐标表示公式，结合平面向量线性运算的坐标表示公式进行求解即可.【详解】因为，所以，因为，所以，故选：A6．把一个铁制的底面半径为，侧面积为的实心圆柱熔化后铸成一个球，则这个铁球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出圆柱的高，由圆柱和球的体积相等即可得出球的半径，再利用球体的表面积公式可求得结果.【详解】设实心圆柱的高为，因为实心圆柱的底面半径为，侧面积为，解得，则圆柱的体积为，设球的半径为，则，解得，因此，该铁球的表面积为.故选：A.7．如图，在直三棱柱中，，为的中点，为棱的中点，则下列结论不正确的是（    ）A． B．//平面C． D．//平面【答案】B【分析】A选项可以利用三线合一证明垂直关系，B选项可利用“线面平行时，直线无论怎么平移不会和平面相交”的性质来判断.C选项先通过类似A选项的证明得到线线垂直，结合AC的结论得到线面垂直后判断，D选项可以构造平行四边形，结合线面平行的判定证明，【详解】不妨设棱柱的高为，.B选项，根据棱柱性质，//，而平面，若//平面，无论怎样平移直线，都不会和平面只有一个交点，于是得到矛盾，故B选项错误；A选项，计算可得，，又为的中点，故（三线合一），A选项正确；C选项，连接，根据平行四边形性质，过，计算可得，，又为的中点，故（三线合一），结合A选项，，，平面，故平面，由平面，故，棱柱的侧棱//，故，C选项正确；D选项，取中点，连接，结合为的中点可知，为中位线，故//，且，即//，且，故四边形为平行四边形，故//，由平面，平面，故//平面，D选项正确.故选：B8．如图，点C是半径为1的扇形圆弧上一点，且，若，则的最大值是（    ）A．1 B． C． D．4【答案】C【分析】由平面向量数量积的运算，结合两角和的正弦公式，求三角函数的最值即可.【详解】如图所示，以为轴，过作与垂直的线作为轴，，，，设，，时，取得最大值是.故选：C. 二、多选题9．已知，是两条不重合的直线，，，是三个两两不重合的平面，则下列命题正确的是A．若，，，则 B．若，，则C．若，，，则 D．若，，则【答案】AD【分析】A利用线面垂直的性质判断；B利用面面关系来判断；C利用面面平行的判定定理来判断；D利用面面垂直的判定定理来判断.【详解】解：对A：若，，则，又，所以，故正确；对B：若，，则与可能平行，也可能相交，故错误；对C：若，，，由于没有强调与相交，故不能推出，故错误；对D：若，，根据面面垂直的判定定理，可得，故正确.故选：AD.【点睛】本题考查线面面面平行与垂直的判定和性质，是基础题.10．设复数，则下列命题中正确的是（    ）A． B．C．在复平面上对应的点在第一象限 D．的虚部为【答案】ABC【分析】将复数化简整理得，依次验证A、B、C、D四个选项，可知D错误.【详解】，知复数的虚部为1，所以选项D错误；对于选项A，，所以选项A正确；对于选项B，，所以选项B正确；对于选项C，复数对应的点为在第一象限，所以选项C正确.故选：ABC.11．关于平面向量，有下列四个命题，其中说法正确的是（    ）A．若，则B．若向量，，则向量在向量上的投影向量为C．非零向量和满足，则与的夹角为D．点，，与向量同方向的单位向量为【答案】BD【分析】A选项，可以变形计算得到或，或；B选项，利用投影向量计算公式计算；C选项，根据模长相等判断出以，为边对应的四边形为菱形，且，夹角为，从而得到与的夹角；D选项，利用公式求解以一个向量同方向单位向量.【详解】A选项：若即有，则或，或，故A错；B选项：，，则，，所以向量在向量上的投影向量为，故B正确．C选项：非零向量和满足，以，为边对应的四边形为菱形，且，夹角为则与的夹角为，故C错；D选项：点，，，可得与向量同方向的单位向量为，故D正确．故选：BD．12．如图，在棱长为1的正方体中，点是线段上的动点，下列命题正确的是（    ）A．异面直线与所成角的大小为定值B．二面角的大小为定值C．若是对角线上一点，则长度的最小值为D．若是线段上一动点，则直线与直线不可能平行【答案】ABC【分析】证明平面后得线线垂直，从而判断A，根据二面角的定义判断B，把和沿摊平得平面四边形，在平面四边形中求得到直线的距离后判断C，取中点，连接交于，连接交于，连接，证明判断D．【详解】如图1，由平面，平面，得，又，，平面，所以平面，平面，所以，即异面直线与所成角是为定值，A正确；如图1，二面角即为二面角，为定值，B正确；　　　　　　图1把和沿摊平，得平面四边形，如图2．作于，，此时最小，四边形中，，，，由对称性知，，，，，所以的最小值是，C正确；　　图2取中点，连接交于，连接交于，连接，如图3，则，所以，D错．故选：ABC． 　　　　　　图3【点睛】本题空间直线、平面间的位置关系，考查异面直线所成的角，二面角的定义，主要考查空间想象能力，属于难题．解题关键是利用正方体的性质证明空间的线面位置关系，确定空间角，对空间的线段和的最小值问题，方法是空间问题平面化，即把空间的两个面摊平到一个平面上，利用平面的知识求解． 三、填空题13．i是虚数单位，则复数___________.【答案】【分析】对复数进行分母实数化即可化简.【详解】14．设，是两个不共线的向量，若向量与的方向相反，则__________.【答案】【分析】根据向量共线定理可得存在实数使，从而得到关于，的方程组，进而可求出.【详解】由题意可知与共线，所以存在实数使，因为，不共线，所以，解得或，因为向量与的方向相反，即.故答案为：.15．如图，在三棱锥中，，且，，分别是棱，的中点，则和所成的角等于__________. 【答案】/【分析】取BC的中点G，连接FG、EG，则为EF与AC所成的角．解．【详解】如图所示，取BC的中点G，连接FG，EG．，F分别是CD，AB的中点，，，且，．为EF与AC所成的角（或其补角）．又，．又，，，为直角三角形，，又为锐角，，即EF与AC所成的角为．故答案为：．16．在中，角，，所对的边为，，，若，且的面积，则的取值范围是___________.【答案】【分析】由面积公式及余弦定理求出，再由正、余弦定理将角化边，即可求出，再由正弦定理及三角恒等变换公式将转化为关于的三角函数，最后由三角函数的性质计算可得；【详解】解：由，，又，所以，，，，，．，，由正弦定理得，所以，因为，所以，所以，，．故答案为：． 四、解答题17．在中，已知，，在线段上，且，，设，.(1)用向量，表示；(2)若，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据向量的线性运算直接计算；（2）利用基底法求向量的数量积.【详解】（1）由题得,；（2）已知，,,得由已知得，.18．在△中，内角所对的边分别是，已知，，.(1)求的值；(2)求△的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）直接利用余弦定理即可求解；（2）先用同角三角函数关系式求出，再用三角形面积公式求解即可.【详解】（1）由余弦定理可得，即，解得，（2）∵，且，∴,由得，,∴.故△的面积为.19．已知，，．（1）求的最小正周期及单调递减区间；（2）求函数在区间上的最大值和最小值．【答案】（1）最小正周期为，单调减区间为；（2）最大值为3，最小值为0．【分析】（1）利用向量的坐标运算化简，再利用整体的思想.（2）根据（1）的结果及的范围求出的范围，从而计算出函数的最值.【详解】解：，，由，的最小正周期，由，得：，的单调递减区间为，；由可得：当时，函数取得最小值为当时，函数取得最大值为故得函数在区间上的最大值为3，最小值为0．20．如图，在棱长为的正方体中，截去三棱锥，求（1）截去的三棱锥的表面积；（2）剩余的几何体的体积. 【答案】（1）；（2）【解析】（1）三棱锥中是边长为的等边三角形，、、都是直角边为的等腰直角三角形，计算四个三角形面积之和即可求解.（2）正方体的体积减去三棱锥的体积即得剩余的几何体的体积.【详解】（1）由正方体的特点可知三棱锥中，是边长为的等边三角形，、、都是直角边为的等腰直角三角形，所以截去的三棱锥的表面积 （2）正方体的体积为，三棱锥的体积为，所以剩余的几何体的体积为.21． 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，，（Ⅰ）设分别为的中点，求证：平面；（Ⅱ）求证：平面；（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（I）见解析；（II）见解析；（III）.【分析】（I）连接，结合平行四边形的性质，以及三角形中位线的性质，得到，利用线面平行的判定定理证得结果；（II）取棱的中点，连接，依题意，得，结合面面垂直的性质以及线面垂直的性质得到，利用线面垂直的判定定理证得结果；（III）利用线面角的平面角的定义得到为直线与平面所成的角，放在直角三角形中求得结果.【详解】（I）证明：连接，易知，，又由，故，又因为平面，平面，所以平面.（II）证明：取棱的中点，连接，依题意，得，又因为平面平面，平面平面，所以平面，又平面，故，又已知，，所以平面.（III）解：连接， 由（II）中平面，可知为直线与平面所成的角.因为为等边三角形，且为的中点，所以，又，在中，，所以，直线与平面所成角的正弦值为.【点睛】本小题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查空间想象能力和推理能力.22．已知函数是偶函数．(1)求的值；(2)设函数（），若有唯一零点，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据偶函数性质代入即可求解；（2）令，转化为关于的一元二次函数，对分类讨论即可求解.【详解】（1）依题意，因为的定义域为的偶函数，所以，所以，所以所以所以，即．（2）由（1）知所以，令，，即，整理得，其中，所以，令，则得，①当时，，即，所以方程在区间上有唯一解，则方程对应的二次函数，恒有，，，所以当时，方程在区间上有唯一解．②当时，，即，方程在区间上有唯一解，因为方程对应的二次函数的开口向下，恒有，，所以满足恒有，解得综上所述，当或时，有唯一零点．【点睛】方法点睛：（1）利用偶函数的性质代入原函数即可求解参数；（2）通过换元思想可以将复杂的函数转化为常见的函数模型，换元时一定要注意先求元的范围.