2022-2023学年海南省海口市海南中学高一下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年海南省海口市海南中学高一下学期期中考试数学试题含解析，共15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学年海南省海口市海南中学高一下学期期中考试数学试题 一、单选题1．下列说法正确的是（    ）A．单位向量均相等 B．单位向量C．零向量与任意向量平行 D．若向量，满足，则【答案】C【分析】对于A：由方向不一定相同否定结论；对于B：单位向量.否定结论；对于C：零向量与任意向量平行.即可判断；对于D：，的方向可以是任意的. 否定结论.【详解】对于A：单位向量的模相等，但是方向不一定相同.故A错误；对于B：单位向量.故B错误；对于C：零向量与任意向量平行.正确；对于D：若向量，满足，但是，的方向可以是任意的.故选：C2．复数的虚部为（    ）A．1 B． C． D．3【答案】A【分析】利用复数除法化简复数，即可得虚部.【详解】由，故虚部为1.故选：A3．在中，，，所对的边分别为，，，若，，，则是（    ）A．锐角三角形 B．钝角三角形C．直角三角形 D．以上答案都不对【答案】B【分析】利用余弦定理判断的符号，根据三角形内角性质即可判断的形状.【详解】由，而，所以，即为钝角，故为钝角三角形.故选：B4．已知一个正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，体积为，则该正四棱台的高为（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】根据题意，结合棱台的体积公式，列出方程，即可求解.【详解】由正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，体积为，设正四棱台的高为，根据棱台的体积公式 ，可得，解得.故选：D.5．已知a，b为不同的两条直线，α，β为不同的两个平面，则的一个充分条件是（    ）A．，B．，C．，且 D．，，【答案】C【分析】根据直线与平面位置关系的判定与性质，结合充分条件，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，若，，则直线与平行、相交或异面，所以A不符合题意；对于B中，若，，则直线与平行或异面，所以B不符合题意；对于C中，若，，根据线面平行的性质定理，可得，所以“，且”是“”的充分条件，所以C符合题意；对于D中，若，，，则直线与平行或异面，所以D不符合题意.故选：C.6．如图所示，正方形的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据斜二测画法，把直观图还原成原来的实际图形，再计算作答.【详解】由斜二测画法规则知，正方形的原实际图形是平行四边形，如图，其中，因此有，所以原图形的周长为（cm）.故选：B7．如图所示，边长为2的正三角形ABC中，，，则（    ）A．-1 B．-2 C．1 D．2【答案】D【分析】由，，用表示，然后利用数量积的运算律和定义求解.【详解】解：因为，，所以，，，所以，，，故选：D8．如图，已知在中，，，和交于点E，若，则实数的值为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】确定，则，根据共线得到，解得答案.【详解】，，三点共线，故，解得.故选：C 二、多选题9．已知复数，则下列说法正确的是（    ）A． B．的共轭复数是C．复数对应的点位于第二象限 D．【答案】BD【分析】根据复数的模判断A，求出其共轭复数，即可判断B，根据复数的几何意义判断C，根据复数代数形式的乘法运算法则判断D.【详解】因为，则，故A错误；的共轭复数是，故B正确；复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限，故C错误；因为，，所以，故D正确；故选：BD10．下列结论中正确的是（    ）A．正四面体一定是正三棱锥 B．正四棱柱一定是长方体C．棱柱的侧面一定是平行四边形 D．棱柱的两个互相平行的平面一定是棱柱的底面【答案】ABC【分析】根据各几何体的定义直接判断.【详解】A选项：正三棱锥是底面为正三角形，各侧棱长均相等的几何体，正四面体四个面均为正三角形且所有棱长均相等，所以A选项正确；B选项：正四棱柱为底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱即为长方体，所以B选项正确；C选项：棱柱上下底面互相平行且全等，且各侧棱互相平行，所以棱柱的侧面均为平行四边形，所以C选项正确；D选项：正四棱柱的侧面两两平行，所以D选项错误；故选：ABC.11．已知向量，，则（    ）A．与方向相同的单位向量的坐标为B．当时，与的夹角为锐角C．当时，、可作为平面内的一组基底D．当时，在方向上的投影向量为【答案】BC【分析】根据与方向相同的单位向量为可判断A选项；利用平面向量数量积的坐标运算可判断B选项；判断出、不共线，可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项.【详解】对于A，与方向相同的单位向量为，故A错误；对于B，当时，，，，所以，与的夹角为锐角，故B正确；对于C，当时，，，则，则与不平行，、可作为平面内的一组基底，故C正确；对于D，设与的夹角为，则在方向的投影向量为，当时，，，，，所以，故D错误．故选：BC.12．数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为4，则下列结论正确的是（    ）A．勒洛四面体最大的截面是正三角形B．勒洛四面体的体积大于正四面体的体积C．勒洛四面体被平面截得的截面面积是D．勒洛四面体四个曲面所有交线长的和为【答案】BC【分析】由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面为经过四面体表面的截面，可判定A不正确：由勒洛四面体的定义得到勒洛四面体的体积大于正四面体的体积，可判定B正确：由勒洛四面体被平面截得的截面，求得其面积，可判定C正确：由勒洛四面体的定义可知，根据对称性可知其圆心为线段的中点，设，求得得到交线总长度，可判定D错误.【详解】对于A中，由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面，即为经过四面体表面的截面，如图1所示，所以A不正确：对于B中，由勒洛四面体的定义及题示图形知，其中勒洛四面体的体积大于正四面体的体积，所以B正确：对于C中，勒洛四面体被平面截得的截面如图1，其面积为，所以C正确：对于D中，由勒洛四面体的定义可知，所有的交线形成6条相等的弧，先看，根据对称性可知其圆心为线段的中点，如图2所示．因为正四面体的棱长为4，所以，设，则，所以（为弧度制），所以，所以交线总长度为，所以D错误.故选：BC． 三、填空题13．已知向量，，若向量与共线，则实数_________.【答案】【分析】可求出，根据向量23与共线即可得出2m+2（6+3m）＝0，解出m即可．【详解】解：；∵与共线；∴2m+2（6+3m）＝0；解得．故答案为．【点睛】本题考查向量坐标的减法和数乘运算，以及平行向量的坐标关系．14．方程在复数范围内的根为_______．【答案】【分析】将已知方程配方，结合虚数单位的定义即可求解.【详解】由方程可得，即，所以 所以方程的根为.故答案为：.15．若一个球的表面积与其体积在数值上相等，则此球的半径为______．【答案】3【分析】利用球的表面积公式和体积公式即可求解【详解】设该球的半径为，因为该球的表面积与其体积在数值上相等，所以，解得故答案为：316．如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，M为的中点，N是侧面上一点，且∥平面，则线段MN的最大值为________．【答案】【分析】取的中点D，取的中点E，可得∥平面，由得∥平面，从而平面∥平面，所以N在线段DE上，求出，，即可得出答案．【详解】如图，取的中点D，取的中点E，连接MD，DE，ME，∵，，∴，∵平面，平面，∴∥平面，∵，平面，平面，∴∥平面，又平面，∴平面∥平面，又平面平面，∥平面，所以N在线段DE上．因为，，所以线段MN的最大值为．故答案为：． 四、解答题17．已知的夹角为，(1)求的值；(2)当为何值时，.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用向量的数量积公式及向量的模公式即可求解；（2）根据（1）的结论及向量垂直的条件即可求解.【详解】（1）因为的夹角为，所以.所以.（2）由（1）知，，，因为，所以，即，所以，解得.所以当时，.18．如图：在正方体中，为的中点.(1)求证：平面；(2)若为的中点，求证：平面平面.【答案】(1)见解析(2)见解析 【分析】（1）设，接，证明，再根据线面平行的判定定理即可得证；（2）证明四边形为平行四边形，从而可得，即可证得平面，再根据面面平行的判定定理即可得证.【详解】（1）证明：设，接，在正方体中，四边形是正方形，是中点，是的中点，，平面平面平面；（2）证明：为的中点，为的中点，，四边形为平行四边形，，又平面平面平面，由（1）知平面平面平面，平面平面.19．已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为．(1)求圆锥的表面积；(2)如图，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的体积．【答案】(1)；(2). 【分析】（1）设圆锥的底面半径为r，高为h，分别求出侧面积和底面积即可得到答案.（2）先求出圆锥的体积，为的中点，利用相似比求出圆柱的底面半径，即可求出圆柱的体积，剩下几何体的体积为圆锥体积减去圆柱体积，即可得到答案.【详解】（1）设圆锥的底面半径为r，高为h由题意，得：，∴，∴∴圆锥的侧面积圆锥的底面积∴圆锥的表面积（2）由（1）可得：圆锥的体积为又圆柱的底面半径为，高为∴圆柱的体积为∴剩下几何体的体积为20．某自然保护区为研究动物种群的生活习性，设立了两个相距 的观测站A和B，观测人员分别在A，B处观测该动物种群．如图，某一时刻，该动物种群出现在点C处，观测人员从两个观测站分别测得，，经过一段时间后，该动物种群出现在点D处，观测人员从两个观测站分别测得，．（注：点A，B，C，D在同一平面内）(1)求的面积；(2)求点之间的距离．【答案】(1);(2)． 【分析】（1）由正弦定理求得的长，利用三角形面积公式，即可求得答案；（2）求出和，由余弦定理即可求得答案.【详解】（1）在 中，，，所以．由正弦定理：，得，所以,，所以 的面积为．（2）由，，得，且,．在 中由余弦定理，得,所以．即点C，D之间的距离为．21．如图，四棱锥中，，，点为上一点，为，且平面.(1)若平面与平面的交线为，求证：平面；(2)求证：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）结合线面平行的判定定理和性质定理证得：平面.（2）结合线面平行的性质定理和三角形重心的知识证得：.【详解】（1）∵，平面平面，∴平面.∵平面，平面平面，∴.∵平面平面，   ∴平面.（2）连接，设，，连接，∵平面平面，平面平面，∴，∵，，所以，∴，∴点是的重心，∴点是的中点，∴，∴，∴. 22．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设．(1)求角A；(2)若，且AD＝2，求面积的最大值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理，边转角得到，再利用角的范围，即可求出结果；（2）利用余弦定理得，再利用和余弦定理得，从而得到，再利用重要不等式，即可求出结果.【详解】（1）因为，由正弦定理得：，∴，所以整理得，，即∴，又，，所以或者（舍）或者（舍），所以，又所以；（2）在中，由余弦定理得：，①又因为，所以，，且，即，由余弦定理，得，②将①②联立得：，即，（当且仅当，时等号成立），所以．