年终活动
搜索
    上传资料 赚现金
    英语朗读宝

    2022-2023学年宁夏吴忠市高一下学期期末联合调研考试数学试题含答案

    2022-2023学年宁夏吴忠市高一下学期期末联合调研考试数学试题含答案第1页
    2022-2023学年宁夏吴忠市高一下学期期末联合调研考试数学试题含答案第2页
    2022-2023学年宁夏吴忠市高一下学期期末联合调研考试数学试题含答案第3页
    还剩20页未读, 继续阅读
    下载需要10学贝 1学贝=0.1元
    使用下载券免费下载
    加入资料篮
    立即下载

    2022-2023学年宁夏吴忠市高一下学期期末联合调研考试数学试题含答案

    展开

    这是一份2022-2023学年宁夏吴忠市高一下学期期末联合调研考试数学试题含答案,共23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学年宁夏吴忠市高一下学期期末联合调研考试数学试题 一、单选题1.在复平面内,复数为虚数单位)对应的点位于(    A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】B【分析】整理为,可得对应的点的坐标,从而得到结果.【详解】复数所对应的点为,位于第二象限本题正确选项:【点睛】本题考查复数对应复平面内的点的问题,属于基础题.2.下列关于几何体特征的判断正确的是(    A.一个斜棱柱的侧面不可能是矩形B.底面是正多边形的棱锥一定是正棱锥C.有一个面是边形的棱锥一定是棱锥D.平行六面体的三组对面中,必有一组是全等的矩形【答案】C【分析】根据直棱柱、正棱锥、棱锥的分类,以及平行六面体的几何结构特征,逐项判定,即可求解.【详解】对于A中,斜棱柱的侧面中,可以有的侧面是矩形,所以A不正确;对于B中,根据正棱锥的定义,底面是正多边形且顶点在底面的射影为底面多边形的中心的棱锥是正棱锥,所以B不正确;对于C中,根据棱锥的分类,可得有一个面是边形的棱锥一定是棱锥,所以C正确;对于D中,平行六面体的三组对面中,必有一组是全等的平行四边形,所以D错误.故选:C.3.若是夹角为的单位向量,则的夹角为(    A B C D【答案】C【分析】根据向量的数量积和模,代入向量的夹角公式,即可求解.【详解】所以,且所以.故选:C4.在中,,若,则    A B C D【答案】C【分析】根据给定条件,利用正弦定理求解作答.【详解】中,,由正弦定理得因此,显然所以.故选:C5.已知向量,则上的投影向量为(    A B C D【答案】A【分析】根据题意,求得,且,结合公式,即可求解.【详解】由向量可得,且,则上的投影向量为.故选:A.6.用平行于正四棱锥底面的平面去截该棱锥,把底面和截面之间的那部分多面体叫做正四棱台,经过正四棱台不相邻的两条侧棱的截面叫做该正四棱台的对角面.若正四棱台的上、下底面边长分别为24,对角面面积为,则该棱台的体积为(    A28 B C D74【答案】A【分析】设正四棱台的高为,根据对角面的面积,列出方程,求得,结合棱台的体积公式,即可求解.【详解】因为正四棱台的上、下底面边长分别为,所以设正四棱台的高为,则,可得正四棱锥的上底面面积为,下底面面积为则该正棱台的体积为.故选:A.  7.已知直线与平面,则的充分条件可以是(    A BC D【答案】D【分析】可以在长方体中取反例,用排除法得到正确选项.【详解】取长方体  可令,为平面,为平面发现,故A选项错误;可令,为平面,为平面发现不垂直,故B选项错误;,可令为平面,为平面为平面,发现不垂直,故C选项错误;故选:D.8.若线段上的点满足,则称点为线段的黄金分割点.对于顶角的等腰,若角的平分线交于点,则恰为的一个黄金分割点.利用上述结论,可以求出    A B C D【答案】B【分析】的一个黄金分割点则满足可求出,再由余弦定理找出即为所求.【详解】如图:    为计算方便,特取,并设因为所以为角的平分线,则,所以,中,,所以又因为,所以故由恰为的一个黄金分割点,只能有可得,解得所以中,由余弦定理可知故选:B 二、多选题9.设复数为虚数单位),则下列说法正确的是(    A的必要条件B.若,则的最大值为1C.若,则D,关于的方程中最多可以有4个解【答案】AD【分析】根据充分、必要条件的判定方法,可判定A正确;根据复数的几何意义,可判定B错误;由 表示以为首项,以为公比的等比数列,结合等比数列求和和复数的运算,可判定C错误;化简方程为,分,结合二次函数的性质,可判定D正确.【详解】对于A中,当时,可得,所以的必要条件,所以A正确;对于B中,若,可得,表示点在以原点为圆心,半径为的圆上,又由,所以表示点的距离,其最大值为,所以B错误;对于C中,由,可得,所以 表示以为首项,以为公比的等比数列,所以,所以C错误;对于D中,对于方程,可得,所以,则,可得时,有两个相等的实数根,此时复数有1个;时,有两个不相等的实数根,此时复数有2个;时,无根,此时复数不存在;,则,可得时,有两个相等的实数根,此时复数有1个;时,有两个不相等的实数根,此时复数有2个;时,无根,此时复数不存在;综上所述,复数最多有4个根,所以D正确.故选:AD.10.如图,某八角镂空窗的边框呈正八边形.已知正八边形的边长为为正八边形内的点(含边界),上的投影向量为,则下列结论正确的是(        A BC的最大值为 D【答案】ABD【分析】利用平面向量数量积的运算性质可判断AB选项;利用平面向量数量积的几何意义可判断CD选项.【详解】对于A选项,正八边形的内角为,易知A对;对于B选项,连接,则为正八边形外接圆的一条直径,则  所以,B对;对于C选项,如下图所示:  方向上的投影向量为,由图形可知,分别在线段上时,取最大值,的最大值为C错;对于D选项,过点分别作的垂线,垂足分别为点,如下图所示:  当点在线段上时,取最小值,此时,当点在线段上时,取最大值,此时,综上所述,D.故选:ABD.11.直三棱柱顶点都在球的表面上,,侧面侧面,则(    A.四棱锥的体积为B.三棱锥的体积为C.球的表面积为D.平面截该三棱柱所得截面的面积为【答案】ABC【分析】首先可证明,以及平面,再结合体积公式,和等体积转化,可判断AB;首先确定球心的位置,再求球的半径,根据球的表面积公式,即可求解;首先确定截面图形,再求面积,判断D.【详解】因为平面平面所以,且侧面侧面所以,且平面所以平面因为,所以所以四棱锥的体积,故A正确;  B.,故B正确;C.的中点,连结,点是线段的中点,由条件可知,垂直于上下底面,且分别是上下底面三角形外接圆的圆心,所以点是三棱柱外接球的球心,所以球的表面积为,故C正确;   D.三点共线,所以平面截该三棱柱所得截面为三角形其中所以,所以,所以D错误.故选:ABC12.某数学建模活动小组在开展主题为空中不可到达两点的测距问题的探究活动中,抽象并构建了如图所示的几何模型,该模型中MANB均与水平面ABC垂直.在已测得可直接到达的两点间距离ACBC的情况下,四名同学用测角仪各自测得下列四组角中的一组角的度数,其中一定能唯一确定MN之间的距离的有(    AMCANCBABC BACBNCBMCNCMCANCBMCN DMCANCBACB【答案】CD【分析】,再利用正余弦定理逐一分析判断和举反例判断即可.【详解】先从C选项入手:已知,在中,由,可确定同理,在中,可确定中,由及余弦定理,可确定,故C正确;再考察D选项:已知,在中,由及余弦定理,可确定中,由,可确定;同理,在中,可确定可确定,故D正确;A选项:已知,同B选项,可确定中,已知,解三角形知可能有两解,例如若,解得2代入使也有两个值,故A错误;B选项:已知,同CD选项,可确定中,由勾股定理,得中,由余弦定理,得联立①②,得解此关于的二元方程组,可得,但此二元二次方程组可能有两解,例如若,得解得B错误.故选:CD【点睛】方法点睛:已知三角形的两边及一角解三角形的方法:先利用余弦定理求出第三边,其余角的求解思路有两种:1)利用余弦定理求出其它角;2)利用正弦定理(已知两边和其中一边的对角)求解.若用正弦定理求解,需对角的取值进行取舍,而用余弦定理就不存在这个问题(在上,余弦值所对的角是唯一的),故用余弦定理较好. 三、填空题13.已知,在复平面内对应的点为为满足的点的集合所对应的图形,则的面积为         【答案】【分析】,根据复数的模长公式得到,得到轨迹,求出面积.【详解】因为,所以,即表示的是以原点为圆心,2为半径和5为半径的两个圆环的部分(如图所示),的面积为.故答案为:14.已知,若非零向量的夹角等于的夹角,则的坐标可以是         .(写出一个满足题意要求的向量的坐标即可)【答案】(满足的坐标均可得满分)【分析】设出,根据平面向量夹角公式列出方程,求出,从而得到答案.【详解】,则,即,所以所以,不妨令,则.故答案为: 四、双空题15.已知圆锥的母线长为3,轴截面(过圆锥的轴的平面截圆锥所得截面)等腰三角形的顶角记为是底面圆的直径,点的中点.若侧面展开图中,为直角三角形,则         ,该圆锥中过两条母线的最大截面的面积为         【答案】          【分析】根据圆锥的性质,以及圆锥展开图,结合几何关系,计算圆锥底面圆的半径,即可求解的值;再根据轴截面等腰三角形顶角的大小,结合三角形的面积公式,即可求解.【详解】如图,圆锥,以及右侧是圆锥的展开图,的中点,在侧面展开图中,为直角三角形,即,所以,即展开图中的是等边三角形,则展开图中,,展开图扇形的圆心角为,弧长为设底面半径为,则,得,即,所以,所以,所以圆锥轴截面的顶角为锐角,圆锥中过两条母线的等腰三角形的顶角小于等于,所以圆锥中过两条母线的等腰三角形的顶角的正弦值的最大值为圆锥中过两条母线的最大截面等腰三角形的面积.  故答案为: 五、填空题16.在三棱锥中,平面,则所成的角的余弦值为         【答案】/【分析】根据异面直线所成交的定义,将所成的角转化为平面交,根据余弦定理,即可求解.【详解】过点,且,连接,四边形是平行四边形,所以所成的角为或其补角,因为平面平面,所以,且,所以,所以,又,所以,中,故答案为: 六、解答题17.等腰梯形中,的中点,交于点(1),试用表示(2)夹角的余弦值.【答案】(1)(2) 【分析】1可直接根据向量减法求解,可借助做辅助线结合向量加法的四边形法则求解;2夹角等于,结合(1)中的结论和夹角公式求解.【详解】1  的平行线交,于是四边形是平行四边形,,又,则,则是正三角形,,则,故根据向量加法的平行四边形法则,所以2夹角等于的夹角.,所以类似的所以所以夹角的余弦值为18.在中,的中点.(1)的内角的余弦值;(2)在直线上,试确定满足的点的具体位置.【答案】(1)(2)是边的靠近点的三等分点 【分析】1)利用余弦定理可求得的值;2)设,可设,其中,求出关于的关系式,由题意可得,利用平面向量数量积的运算性质求出的值,即可得出结论.【详解】1)解:设,则由余弦定理得2)解:设因为的中点,所以所以因为在直线上,故可设,其中所以因为,所以,即展开得,即由(1)知,则,解得所以,点是边的靠近点的三等分点.19.在平面四边形中,点在直线的两侧,,四个内角分别用表示,.(1)(2)的面积之和的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】1)利用余弦定理可求得,结合勾股定理可得结果;2)设,利用可表示出,结合三角恒等变换知识化简得到,由正弦函数最值求法可求得结果.【详解】1)在中,由余弦定理得:,解得:,即.2)设,则四点共圆,且为该圆的直径,中,.   ,即时,的面积和的最大值为.  20.四棱锥中,  (1)求证:平面平面(2)平面时,求直线与平面所成的角的正切值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】1)取的中点,利用勾股定理,分别证得,进而证得平面,结合面面垂直的判定定理,即可证得平面平面2)过点的延长线于点,由(1)知平面,得到平面,得出与平面所成的角,在直角中,即可求解.【详解】1)证明:取的中点,连接因为则四边形为边长为1的正方形,可得,可得,所以又由,可得,所以因为,且平面,所以平面因为平面,所以平面平面2)解:过点的延长线于点,连接,由(1)知平面,所以平面所以与平面所成的角,因为,所以为等腰直角三角形,所以又因为平面,且平面,所以所以因为平面,且平面,所以所以,即与平面所成角的正切值为  21.如图,在中,点的内心,过点且平行于的直线与分别相交于点的内角所对的边分别记为  (1)的值;(2),求的取值范围.【答案】(1)2(2) 【分析】1)法一:连接并延长交,因为的平分线,由角平分线定理结合相似三角形可得,再由正弦定理即可得出的值;法二:连接并延长交于点,连接,因为平分,可证得,再由正弦定理即可得出的值.2)因为,所以.由(1)得,由余弦定理代入即可求出,所以,即可求出的取值范围.【详解】1)法一:连接并延长交因为的平分线,所以所以,所以因为,所以,所以所以,即所以,同理连接,由的内心得,,所以,同理  所以所以,即所以法二:连接并延长交于点,连接因为平分,所以所以,同理所以,所以由正弦定理,得2)因为,所以由(1)得,即所以所以所以的取值范围为22.如图,在正三棱柱中,的中点,点上,,点在直线上,对于线段上异于两端点的任一点,恒有平面    (1)求证:平面平面(2)的面积取得最大值时,求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】1)由面面平行的判定定理证明即可;2)依题意可知,的中点,,即当最大时,最大,设,由基本不等式可求得当最大,取的中点为二面角的平面角,求解即可.【详解】1)在线段上取异于两端点的两点因为对于线段上异于两端点的任一点,恒有平面所以平面平面平面平面所以平面平面  2)由(1)知平面平面,又平面平面,平面平面,所以因为的中点,所以的中点.所以,所以当最大时,最大.,则,所以当且仅当,即时等号成立.此时,且为等腰直角三角形,最大.所以因为所以,当且仅当时,为等腰直角三角形,最大.的中点,则在平面内过点于点,连接为二面角的平面角.中,由余弦定理,得所以所以,在中,由余弦定理,得,所以中,由余弦定理,得中,即二面角的余弦值为  【点睛】方法点睛:立体几何图形证明线面、面面位置关系或求线面、面面角可从以下几点考虑:1)证明线面、面面位置关系的一般方法是利用相关的判定定理和性质定理,需注意二者的相互转化.若有坐标系也可利用向量法证明.2)求线面、面面角的一般方法是向量法,若图形容易确定所求角,也可利用几何法,结合解三角形知识求角. 

    相关试卷

    【期中真题】宁夏吴忠市吴忠中学2022-2023学年高一上学期期中考试数学试题.zip:

    这是一份【期中真题】宁夏吴忠市吴忠中学2022-2023学年高一上学期期中考试数学试题.zip,文件包含期中真题宁夏吴忠市吴忠中学2022-2023学年高一上学期期中考试数学试题原卷版docx、期中真题宁夏吴忠市吴忠中学2022-2023学年高一上学期期中考试数学试题解析版docx等2份试卷配套教学资源,其中试卷共17页, 欢迎下载使用。

    2022-2023学年宁夏吴忠市吴忠中学高二下学期期末考试数学(文)试题含答案:

    这是一份2022-2023学年宁夏吴忠市吴忠中学高二下学期期末考试数学(文)试题含答案,共15页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    2022-2023学年宁夏吴忠市吴忠中学高二下学期期末考试数学(理)试题含答案:

    这是一份2022-2023学年宁夏吴忠市吴忠中学高二下学期期末考试数学(理)试题含答案,共17页。试卷主要包含了单选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    欢迎来到教习网
    • 900万优选资源,让备课更轻松
    • 600万优选试题,支持自由组卷
    • 高质量可编辑,日均更新2000+
    • 百万教师选择,专业更值得信赖
    微信扫码注册
    qrcode
    二维码已过期
    刷新

    微信扫码,快速注册

    手机号注册
    手机号码

    手机号格式错误

    手机验证码 获取验证码

    手机验证码已经成功发送,5分钟内有效

    设置密码

    6-20个字符,数字、字母或符号

    注册即视为同意教习网「注册协议」「隐私条款」
    QQ注册
    手机号注册
    微信注册

    注册成功

    返回
    顶部
    Baidu
    map