2022-2023学年安徽省皖中名校（宿松中学、程集中学等）高一下学期期中联考数学试题含解析

2022-2023学年安徽省皖中名校（宿松中学、程集中学等）高一下学期期中联考数学试题

一、单选题

1．若复数满足（是虚数单位），则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的除法运算，化简即可得出答案.

【详解】由已知可得，.

故选：C.

2．正的边长为1，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据，但要注意向量夹角的定义．

【详解】．

故选：B．

3．一货轮航行到处，测得灯塔在货轮的北偏东，与灯塔相距海里，随后货轮按北偏西的方向，以每小时海里的速度航行30分钟后到达处．又测得灯塔在货轮的东北方向，则（    ）

A．20 B．40 C． D．

【答案】A

【分析】由题意得出，，，再由两角和的正弦公式求出，根据正弦定理即可求出的值．

【详解】由题可知，，，，

由两角和的正弦公式得：

，

在中，由正弦定理得：

，即，

解得，

故选：A．

4．如图，在正六边形中，（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量的线性运算法则和运算律求解.

【详解】由已知，

所以.

所以，

又，

所以

故选：A.

5．已知圆锥的顶点为，过母线的截面面积是.若的夹角是，且母线的长是高的2倍，则该圆锥的体积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知可推得圆锥的母线，.作出圆锥的轴截面，即可得出底面圆的半径，然后代入圆锥的体积公式，即可得出答案.

【详解】设圆锥的母线长是，过母线的截面即为，

由已知可得，解得，

所以高.

作出圆锥的轴截面如下图为等腰三角形，底面圆的圆心为，半径，

如图有，，所以，即，

所以该圆锥的体积是.

故选：B.

6．已知向量是非零向量，是单位向量，的夹角为，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知结合数量积的运算律以及定义，即可得出.然后根据数量积的运算律，展开，即可得出答案.

【详解】因为，所以，

即，即.

因为，所以，

所以，

所以，.

故选：A.

7．长江流域内某地南北两岸平行，如图所示已知游船在静水中的航行速度的大小，水流的速度的大小，设和所成角为，若游船要从航行到正北方向上位于北岸的码头处，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由题意知由向量数量积的定义可得选项.

【详解】由题意知有即所以，

故选：B．

【点睛】本题考查向量的实际应用，关键在于理解向量的数量积的意义和熟练掌握向量数量积的定义，属于基础题.

8．设直三棱柱的所有顶点都在一个表面积是的球面上，且，则此直三棱柱的表面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设，由题意计算得外接圆的半径，从而计算出外接球的半径，根据球的表面积公式求得的值，从而得三棱柱各棱长，再利用三棱柱的表面积公式计算即可.

【详解】设，因为，所以.

于是（是外接圆的半径），.

又球心到平面的距离等于侧棱长的一半，

所以球的半径为.

所以球的表面积为，解得.

因此.

于是直三棱柱的表面积是

.

故选：D.

二、多选题

9．设是复数，是其共轭复数，则下列命题中正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】ABD

【分析】设，根据共轭复数的定义，复数相等，复数模的定义，复数除法运算逐项判断即可．

【详解】设，则，

对A，，故A正确；

对B，，故B正确；

对C，或，故C不正确；

对D，，故D正确；

故选：ABD．

10．在三棱锥中，分别是的重心.则下列命题中正确的有（    ）

A．直线共面 B．直线相交

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据题意，由条件结合三角形重心的性质，对选项逐一判断即可得到结果.

【详解】

由于分别是的重心，所以分别延长交

于中点.因此正确.

因为，所以，因此.

直线相交，B正确.

因为是的重心，所以，因此，C不正确.

因为，所以.因此，D正确.

故选：ABD.

11．在中，角的对边分别是，，，且，则的值可以是（    ）

A． B． C． D．

【答案】CD

【分析】由已知可得.分别求出当，以及时，的值，根据余弦定理，即可得出答案.

【详解】因为，所以.

当时，由余弦定理可知，

，整理可得，，

解得，或（舍去），

所以，由余弦定理可得；

当时，由余弦定理可知，

，整理可得，，

解得，或（舍去），

所以，由余弦定理可得.

综上所述，，或.

故选：CD.

12．如图，为内任意一点，角的对边分别为，则总有优美等式成立，此结论称为三角形中的奔驰定理．由此判断以下命题中正确的有（    ）

A．若是等边三角形，为内任意一点，且点到三边的距离分别是，则有

B．若为内一点，且，则是的内心

C．若为内一点，且，则

D．若的垂心在内，是的三条高，则

【答案】ACD

【分析】若是等边三角形，设其高为，用和表示出，代入奔驰定理，化简即可判断A；由及奔驰定理，根据平面向量基本定理即可得出，即可判断B；由得出，结合奔驰定理，根据平面向量基本定理得出，即可判断C；点是的垂心，得出， ，，代入奔驰定理即可判断D．

【详解】因为为内任意一点，所以两两不共线；

对A：是等边三角形，设其高为，

则，，，

代入奔驰定理得，，

即，故A正确；

对B：由且，根据平面向量基本定理得，则是的重心，故B不正确；

对C：，即，

又，

由平面向量基本定理得，故C正确；

对D：由点是的垂心，则，

所以，同理可得，，，

代入，

得，

即，故D正确；

故选：ACD．

三、填空题

13．已知向量.若，则实数的值是__________.

【答案】

【分析】根据平面向量平行的坐标表示列式求解即可得答案.

【详解】因为，且，

所以，得，

故答案为：

14．在中，，则角的大小是__________.

【答案】

【分析】根据向量的模长公式求，再由数量积坐标运算公式求，结合向量夹角公式求角的大小.

【详解】因为

又，

所以，

，

所以，又，

所以.

故答案为：.

15．设点是外接圆的圆心，，则的值是__________.

【答案】

【分析】作出辅助线，得到⊥，变形得到，从而列出方程，求出，再由正弦定理得到答案.

【详解】设点是边的中点，连接，则⊥，

则

，

即.因此.

故答案为：

16．依次连接棱长为2的正方体六个面的中心，得到的多面体的体积是__________.

【答案】

【分析】作出图形，根据图形可知得到的多面体是正八面体，然后利用锥体的体积计算公式即可求解.

【详解】依次连接棱长为2的正方体六个面的中心，得到的多面体是正八面体，

如图，

该正八面体为两个全等正四棱锥的组合体，正四棱锥的高为1，底面正方形的边长为，所以该正八面体的体积是.

故答案为：.

四、解答题

17．如图，在中，，点是线段上一点.

(1)若点是线段的中点，试用和表示向量；

(2)若，求实数的值.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）根据向量的线性运算法则求解；

（2）根据向量线性运算利用表示，结合平面向量基本定理列方程求的值.

【详解】（1）因为点是线段的中点，且，

所以.

所以；

（2）设，则

，

又，

所以，

因为，

所以，

所以.

18．已知复数，其中是虚数单位，.

(1)若为纯虚数，求的值；

(2)若，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据纯虚数的特征，即可列式求解；

（2）根据复数相等，转化为实部和虚部对应相等，将写为关于的二次函数，

列式求解.

【详解】（1）因为为纯虚数，

所以，解得.

（2）由，得.

因此.

因为，所以当时，；

当时，，.故的取值范围是.

19．如图，在长方体中，，截面.

(1)确定点的位置；

(2)若，，，求线段的长.

【答案】(1)点为线段与的交点

(2)

【分析】（1）根据已知可得出点是平面与平面的公共点，又平面平面，即可根据基本事实3得出，即可得出点的位置；

（2）连接，连接，交于点.易证四边形为平行四边形，进而结合已知可知点是的重心，推得.然后根据长方体的棱长求出体对角线，即可得出答案.

【详解】（1）因为，平面，

所以平面.

又平面，所以点是平面与平面的公共点.

又因为平面平面，

根据基本事实3，可得.

又因为，所以，

即点为线段与的交点.

（2）连接，连接，交于点.由（1）知点为与交点.

因为，，所以四边形为平行四边形，

所以，是中点.

又是的中点，

所以点是两条边上中线的交点，

所以点是的重心，

所以，所以.

又因为，，，

所以，

故.

20．在中，角的对边分别是，且向量和向量互相垂直.

(1)求角的大小；

(2)若的周长是，，求外接圆的半径.

【答案】(1)

(2)1

【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示，化简整理可得.然后根据余弦定理，即可得出答案；

（2）由已知可推得.根据正弦定理可得，.代入，整理即可得出，求解即可得出答案.

【详解】（1）因为互相垂直，

所以，

整理可得.

由余弦定理得，.

因为，所以.

（2）

因为，

所以.

由正弦定理知，，所以，则.

又由（1）知，，

所以，

所以有，

即，解得.

故外接圆的半径是1.

21．三条侧棱两两垂直的三棱锥往往称为直三棱锥，在直三棱锥中，两两垂直.

(1)设直三棱锥外接球的半径为，证明：；

(2)若直三棱锥外接球的表面积为，求的最大值.

【答案】(1)证明见解析

(2)32

【分析】（1）将图形补成长方体，则长方体的体对角线为外接球的直径，进而计算求解；

（2）根据直三棱锥外接球的表面积为可得，也即，利用均值不等式即可求解.

【详解】（1）由两两互相垂直，将之补成长方体如图所示，

由长方体的性质可得：长方体的体对角线为外接球的直径，则.

即，

故.

（2）由得，.因此.

于是

.

当且仅当时取等号，

故的最大值为32.

22．如图，某学校有一块平面四边形空地，已知，，且.

(1)求，两点间的距离；

(2)设的角的对边分别是，且满足，现要在内做一个最大的圆形花圃，求这个最大圆形花圃的面积.

【答案】(1)7

(2)

【分析】（1）由面积公式可得出.进而根据余弦定理，即可得出答案；

（2）根据已知结合正弦定理边化角，可求得.设内切圆的半径是，根据等面积法可推得.根据正弦定理可得，，代入根据三角恒等变换化简可得，根据的范围得出的最大值，即可得出答案.

【详解】（1）在中，因为，

所以.

由余弦定理可得

，

所以，.

故，两点间的距离是7.

（2）由正弦定理得，，整理可得，

由余弦定理得，.

又，所以.

因为在内部的圆中，内切圆的面积最大，

设内切圆的半径是，

由（1）可知，则.

又，

因此.

在中，，，

由正弦定理得，

所以，，

于是

.

又，所以.

当时，取得最大值14，从而内切圆的半径取得最大值.

故最大圆形花圃的面积是.