2022-2023学年黑龙江省佳木斯市富锦市第一中学高一下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年黑龙江省佳木斯市富锦市第一中学高一下学期期末数学试题含答案，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年黑龙江省佳木斯市富锦市第一中学高一下学期期末数学试题 一、单选题1．已知复数满足，则的共轭复数A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用分母实数化把复数求出，再利用共轭复数的定义，即可求出答案【详解】则答案:A【点睛】本题考查复数的运算，关键在于分母的实数化和共轭复数的使用，属于简单题．2．某集团校为调查学生对学校“延时服务”的满意率，想从全市3个分校区按学生数用分层随机抽样的方法抽取一个容量为的样本．已知3个校区学生数之比为，如果最多的一个校区抽出的个体数是60，那么这个样本的容量为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用分层抽样比求解.【详解】因为样本容量为，且3个校区学生数之比为，最多的一个校区抽出的个体数是60，所以，解得，故选：B3．已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A． B． C． D．【答案】B【详解】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，从而利用相关公式求得圆柱的表面积.详解：根据题意，可得截面是边长为的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是的圆，且高为，所以其表面积为，故选B.点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积的和.4．下列说法中正确的是（    ）A．；B．若、非零向量且，则；C．若且，则；D．若，则有且只有一个实数，使得.【答案】B【分析】注意到零向量的符号应当是，可知A错误；对于B：利用向量的模的性质和数量积运算可以证明，可得B正确；考虑到的情况，得到C错误；考虑到，，可知D错误.【详解】左边是向量的加法，结果是零向量，用表示，故A错误；由、非零向量且，两边平方可得，即，所以，故B正确；当时也有且，故C错误；若，，不存在实数，使得，故D错误．故选：B．5．如图，在正四棱台中，棱，，的夹角为，，则棱，的夹角为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由棱台的定义可知，分别延长，，，交于点P，连接AC，从而可得，从而可求出答案.【详解】由棱台的定义可知，分别延长，，，交于点P，连接AC， 如图，在正四棱台中，棱，的夹角为，，所以△PAB是边长为2的等边三角形，所以.又在正方形中，,则，所以，所以，所以棱，的夹角为，故选：D6．已知的三个内角，，所对边分别为，，，则“”是“为直角三角形”的是（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】由正弦定理可得，利用三角形的内角和及和角的正弦公式化简可得C为直角，结合充分条件及必要条件进行判断即可.【详解】因为，由正弦定理可得，，即，所以，所以，因为，， 所以，，则，为直角三角形，但为直角三角形时不一定是，所以是△ABC为直角三角形充分不必要条件，故选：A.7．在四棱锥中，，，平面平面，，，则二面角的正切值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】取AD的中点E，CD的中点O，证明，，则即为二面角的平面角，从而可得答案.【详解】平面平面，平面平面，，取CD的中点O，连接PO，OA，,平面，则平面ABCD，平面ABCD可得,由，，，可得四边形ABCO为正方形，三角形ADO为等腰直角三角形，取AD的中点E，连接OE,PE，则，,可得平面PEO，平面PEO，，则即为二面角的平面角，，，则,故选：A8．在中，角，，所对应的边分别为，若，，则面积的最大值为A． B． C． D．【答案】A【分析】中，由正弦定理可得，利用余弦定理可得：．结合，，都用表示，利用余弦定理及其基本不等式的性质可得的最小值，可得的最大值，即可得出三角形面积的最大值．【详解】由正弦定理得： 由余弦定理得：，即 当且仅当，，时取等号，, 则，所以面积的最大值1. 故选.【点睛】本题考查了正弦定理、余弦定理和基本不等式，属于难题. 二、多选题9．下面是关于复数的四个命题，其中真命题为（    ）A． B．C．的虚部为-1 D．的共轭复数为【答案】AC【分析】利用复数的四则运算即可求解.【详解】，所以，故A正确；，故B错误；的虚部为-1，故C正确；的共轭复数为，故D错误.故选：AC10．已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）A．若，，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则【答案】BD【分析】A选项，C选项根据面面平行，面面垂直关系很容易找到反例，B选项理解成法向量容易证明，D选项利用线面平行的性质定理，面面垂直的判定定理证明.【详解】A选项，两个平行平面内的两条直线，可能平行，或者异面，A选项错误；B选项，，，可理解直线对应的方向向量可看作的法向量，由于，又，是两个不同的平面，则，故B选项正确；两个面垂直，那么在一个面内垂直于两个面交线的直线才垂直另一个面，从选项中无法判断和交线的位置关系，因此可能相交但不垂直，平行，异面但不垂直，C选项错误；D选项，若，又，根据面面垂直的判定，即有，若，由于，，则，过任作一个面，使其和相交于直线，根据线面平行的性质定理，，又则，结合，即，故D选项正确.        .故选：BD.11．在△ABC中，角所对的边分别是，下列说法正确的是（    ）A．若acosA=bcosB，则是等腰三角形B．若，则满足条件的三角形有且只有一个C．若不是直角三角形，则D．若，则为钝角三角形【答案】BC【分析】对于A利用正弦边角关系及三角形内角性质可得或判断；对于B应用余弦定理求即可判断；对于C由三角形内角性质及和角正切公式判断．对于D由向量数量积定义判断；【详解】对于A：由正弦定理得，则，则中或，故A错误；对于B：由，则，可得，故，满足条件的三角形有一个，故B正确；对于C：由不是直角三角形且，则，所以，故C正确；对于D，即，为锐角，故不一定为钝角三角形，故D错误；故选：BC12．已知三棱锥中，，分别是的中点，是棱上（除端点外）的动点，下列选项正确的是（    ）A．直线与是异面直线；B．当时，三棱锥体积为；C．的最小值为；D．三棱锥外接球的表面积.【答案】ACD【分析】根据异面直线判定定理可判断A，由于三棱锥对边相等可放入长方体中，借助长方体可判断BD，再由棱锥两个侧面展开到同一个平面上，利用两点间连线最短判断C.【详解】对A，是平面内直线BA外一点，是平面外一点，两点连线与是异面直线，故A正确；对B，将三棱锥放入长方体中，如图，因为，所以，所以，设长方体的长、宽、高分别为，则，即，解得，显然三棱锥体积等于长方体体积减去长方体角上4个相同的三棱锥的体积，，所以，故B错误；对D，因为三棱锥外接球即为长方体的外接球，所以外接球半径，所以外接球的表面积，故D正确；对C，将三棱锥侧面展开在一个平面上，连接，交于,如图，由余弦定理，，,所以，,所以，在中，,所以，即当P点运动到M点时，的最小值为，故C正确.故选：ACD 三、填空题13．若向量，则在上的投影向量坐标为          .【答案】【分析】根据投影向量坐标公式即可求解.【详解】向量，在上的投影向量的坐标为：故答案为：14．已知复数满足，则的最大值为      【答案】【分析】设，可得，知点的轨迹为以原点为圆心、2为半径的圆，表示点到点的距离，结合图形可求．【详解】设，则，即，可知点的轨迹为以原点为圆心、2为半径的圆，表示点到点的距离，由图可知的最大值为，最小值为，最小值为，故答案为：．15．如图，研究性学习小组的同学为了估测古塔的高度，在塔底和，（与塔底同一水平面）处进行测量，在点，处测得塔顶的仰角分别为和，且，两点相距，，则古塔的高度为      ．【答案】12【分析】设，用表示出，在中，由余弦定理列方程求出．【详解】由题意知：平面设，则，在中，由余弦定理得：即，解得故答案为：12【点睛】此题考查了余弦定理，以及特殊角的三角函数值，熟练掌握余弦定理是解本题的关键，属于中档题． 四、双空题16．如图，在直三棱柱中，点为棱上的点.且平面，则        .已知，，以为球心，以为半径的球面与侧面的交线长度为        .【答案】     1     【解析】取的中点为E，分别连接和，利用面面平行的性质定理证明，又，可证得四边形为平行四边形，进而可得为的中点，进一步计算可得的值；球面与侧面的交线长，即截面圆的弧长，通过分析计算可得为等边三角形，进而可求出弧PQ的长度.【详解】取的中点为E，分别连接和，细查题意知，只有当是的中点时，才满足题意，原因如下：当是的中点时，，，，平面，平面，∵，∴平面平面，∵平面，平面，平面平面，又平面平面，平面平面，，又，四边形为平行四边形，，即为的中点，所以；球面与侧面的交线长，即截面圆的弧长，，，，即，易得，取的中点为，故可得，平面平面，平面，平面平面，圆心距，设交线的轨迹为PQ，，截面圆半径，又因为，所以为等边三角形，.故答案为：1，.【点睛】方法点睛：对于第一空，证明四边形为平行四边形，可利用面面平行的性质定理；对于第二空，通过作出图形，分析截面圆的特征，然后进行几何计算，进而得出为等边三角形，最后计算弧长. 五、解答题17．设向量满足，分别求满足下列条件的的值.(1).(2)向量的夹角为；【答案】(1)(2) 【分析】（1）计算出的坐标，根据向量垂直即数量积为0求解未知数.（2）根据平面向量数量积的几何意义，列出向量夹角余弦值的表达式求解即可.【详解】（1），因为，所以，解得.（2）因为，所以，则解得.18．（1）如图，直三棱柱，高为6，底边三角形的边长分别为3、4、5，以上下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，求剩余部分几何体的体积.（2）在底面半径为2，高为的圆锥中内接一个圆柱，且圆柱的底面积与圆锥的底面积之比为1：4，求圆柱的体积.     【答案】（1）（2）【分析】（1）根据面积关系求出内接圆柱的底面半径，再根据棱柱的体积公式和圆柱的体积公式计算可得结果；（2）利用底面积之比求出圆柱的底面半径，利用轴截面求出圆柱的高，再根据柱体的体积公式可求出结果.【详解】（1）因为底边三角形的边长分别为3、4、5，所以底面为直角三角形，设底面内接圆的半径为，则根据面积关系得，得，又直三棱柱和内接圆柱的高都是，所以直三棱柱的体积为，内接圆柱的体积为，所以剩余部分几何体的体积为.（2）因为圆柱的底面积与圆锥的底面积之比为1：4，所以圆柱的底面半径与圆锥的底面半径之比为1：2，因为圆锥的底面半径为，所以圆柱的底面半径为，作轴截面如图：，，，所以，即是的中位线，所以，即圆柱的高为，所以圆柱的体积为.  19．在中，角所对的边分别为，向量，，且．(1)求角；(2)若，的面积为，为边的中点，求的长度．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由向量平行坐标表示可得，利用正弦定理边化角、两角和差正弦公式可化简求得，由此可得；（2）由三角形面积公式可构造方程求得；利用余弦定理可求得，进而得到；在中，利用余弦定理可求得.【详解】（1），，由正弦定理得：，又，，，，，，又，.（2），；由余弦定理得：，，；在中，由余弦定理得：，解得：.20．如图，正三棱柱中，，的边长为，分别为棱的中点.（1）平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）【分析】（1）连接与交于点O，连接DO，根据D分别为棱AC的中点，得到，再利用线面平行的判定定理证明；（2）由（1）知：，得到是异面直线与所成的角，连接OE，分别求得的三边长，再利用余弦定理求解.【详解】（1）如图所示：连接与交于点O，连接DO，因为D分别为棱AC的中点.所以，又平面，平面，所以平面；（2）由（1）知：，所以是异面直线与所成的角，连接OE，在中，，在中，，因为三棱柱是正三棱柱，所以平面，则，在中，，又，所以由余弦定理得：，，所以异面直线与所成角的余弦值是.21．设a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，已知.(1)求角B；(2)若，且，求边c.【答案】(1)；(2)当时，；当时，. 【分析】（1）根据正弦定理，将已知条件转化为，再利用三角恒等变换公式求出，根据角的取值范围求出角B；（2）根据三角形内角和定理，将化简为，对的取值情况进行讨论，再由正弦定理和余弦定理进行求解即可.【详解】（1）在中，由，可得.又由，得，，，，又，；（2）在中，， .若，即时，；若，即时，，由正弦定理可知，由及可得，，又，，综上，当时，；当时，.22．如图，在三棱柱中，，平面平面，且，点为棱的中点．(1)求证：直线平面；(2)若，，，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）过点A作，交边BC于点H，确定，得到线面垂直.（2）过点C作，交直线于点E，确定直线CD与面所成角即，计算各线段长度，计算得到答案.【详解】（1），过点A作，交边BC于点H．，平面平面，平面平面，平面，故面，平面，故，又，，平面，故平面．（2），，，面，故平面，平面，故平面平面．过点C作，交直线于点E，平面平面，平面，则面．故直线CD与面所成角即，，，故，又，，，故，，，，，故，即直线CD与面所成角的正弦值为