2022-2023学年福建省厦门市五显中学高一下学期期中考试数学试题含答案

2022-2023学年福建省厦门市五显中学高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知复数在复平面上对应的点为，则（    ）

A． B．

C． D．是纯虚数

【答案】D

【分析】根据题意，求出复数，再根据纯虚数和共轭复数概念，复数的模长公式逐项判断即可.

【详解】复数在复平面上对应的点为，

A选项，由复数的几何意义可知，，A错误；

B选项，，B错误；

C选项，，C错误；

D选项，，则是纯虚数，D正确.

故选：D.

2．已知，向量，若，则实数y的值为（    ）

A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】D

【分析】由向量共线的坐标表示得出方程，解之可得选项．

【详解】因为，，，

所以，解得，

故选：D．

3．如图正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积　　

A． B．1 C． D．

【答案】A

【分析】由题意求出直观图中OB的长度，根据斜二测画法，求出原图形平行四边形的高，即可求出原图形的面积．

【详解】解：由题意正方形OABC的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，

所以OB，对应原图形平行四边形的高为：2，

所以原图形的面积为：1×22．

故选A．

【点睛】本题考查斜二测直观图与平面图形的面积的关系，斜二测画法，考查计算能力．

4．已知，，，则（    ）

A．8 B．5 C．2 D．7

【答案】C

【分析】由及，可得，从而根据向量数量积的坐标表示即可求解.

【详解】解：因为，，所以，

因为，所以，解得，

所以，

所以，

故选：C.

5．在中，如果，，，则的面积为（    ）

A．1 B． C．2 D．4

【答案】B

【分析】由正弦定理可得，再由余弦定理，求得，得到，结合三角形的面积公式，即可求解.

【详解】因为，由正弦定理可得，

又由余弦定理，得，即，

解得，所以，

所以的面积为.

故选：B.

【点睛】本题主要考查了正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式的应用，其中在解有关三角形的题目时，要抓住题设条件和利用某个定理的信息，合理应用正弦定理和余弦定理求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

6．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.

【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.

故选：B.

7．设是直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（    ）

A．若，，则

B．若，，则

C．若，，则

D．若，，则

【答案】D

【解析】由线面平行的性质和面面平行的判定可判断选项A；由面面垂直的性质定理和线面平行的性质可判断选项B；由面面垂直的性质定理和线面位置关系可判断选项C；由线面平行的性质和面面垂直的判定定理可判断选项D；

【详解】对于选项A：若，，则或与相交，故选项A不正确；

对于选项B：若，，则或，故选项B不正确；

对于选项C：若，，则或或与相交，故选项C不正确；

对于选项D：若，由线面平行的性质定理可得过的平面，设，则，所以，再由面面垂直的判定定理可得，故选项D正确；

故选：D

8．正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.

【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，

因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，

所以该棱台的高，

下底面面积，上底面面积，

所以该棱台的体积.

故选：D.

二、多选题

9．设向量，，则（    ）

A． B．

C． D．与的夹角为

【答案】CD

【分析】根据向量的模的坐标公式即可判断A；根据平面向量数量积的坐标表示即可判断BC；根据向量夹角的坐标公式即可判断D.

【详解】由，，得，，故A错误；

，因为，所以，故B错误，C正确；

，又，所以与的夹角为，故D正确.

故选：CD.

10．已知两非零复数，，若，则下列说法一定成立的是（   ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【分析】设，则，根据复数性质依次判断即可.

【详解】设，则，

对A，，，所以，故A正确；

对B，，只有当时，，故不一定成立，故B错误；

对C，，故C正确；

对D，，故D正确.

故选：ACD.

11．等腰直角三角形直角边长为1 ，现将该三角形绕其某一边旋转一周 ，则所形成的几何体的表面积可以为（   ）

A． B． C． D．

【答案】AB

【解析】分2种情况，一种是绕直角边，一种是绕斜边，分别求形成几何体的表面积.

【详解】如果是绕直角边旋转，形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边，

所以所形成的几何体的表面积是.

如果绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，

所以写成的几何体的表面积.

综上可知形成几何体的表面积是或.

故选：AB

【点睛】本题考查旋转体的表面积，意在考查空间想象能力和计算能力，属于基础题型.

12．如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.

【详解】设正方体的棱长为，

对于A，如图（1）所示，连接，则，

故（或其补角）为异面直线所成的角，

在直角三角形，，，故，

故不成立，故A错误.

对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，

由正方体可得平面，而平面，

故，而，故平面，

又平面，，而，

所以平面，而平面，故，故B正确.

对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，

故，故C正确.

对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，

则，

因为，故，故，

所以或其补角为异面直线所成的角，

因为正方体的棱长为2，故，，

，，故不是直角，

故不垂直，故D错误.

故选：BC.

三、填空题

13．已知是单位向量，则          ．

【答案】

【分析】由题意得到的方程，解方程确定其值即可.

【详解】由题意结合单位向量的定义可得：，解方程可得.

【点睛】本题主要考查单位向量的定义与应用，属于基础题.

14．在中，已知，则角=       ．

【答案】

【详解】试题分析：根据三角形的正弦定理，则可知的三个角所对应的三个边的比，根据三角形的余弦定理，则有，故．

【解析】1．正弦定理；2．余弦定理．

15．空间四边形ABCD中，平面ABD⊥平面BCD，∠BAD＝90°，且AB＝AD，则AD与平面BCD所成的角是        ．

【答案】45°

【分析】过A作AO⊥BD于O点，得出∠ADO即为AD与平面BCD所成的角，进而可求出结果.

【详解】过A作AO⊥BD于O点．∵平面ABD⊥平面BCD，

∴AO⊥平面BCD，则∠ADO即为AD与平面BCD所成的角．

∵∠BAD＝90°，AB＝AD，∴∠ADO＝45°.

故答案为：45°

16．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为         ．

【答案】

【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.

【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，

其中，且点M为BC边上的中点，

设内切圆的圆心为，

由于，故，

设内切圆半径为，则：

，

解得：，其体积：.

故答案为：.

【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

四、解答题

17．已知向量，，求：

(1)；

(2)向量与的夹角的余弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先用坐标表示，再利用模长的坐标表示，即得解；

（2）先用坐标表示，再计算，由，即得解

【详解】（1）由题意，，

故

（2）由题意，

故

，

故

18．在锐角中，角、、所对的边分别为、、，已知．

（1）求角的大小；

（2）若，，求的面积．

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）利用正弦定理处理，得到角C的大小，即可；

（2）利用余弦定理，求得的值，结合三角形面积计算公式，即可．

【详解】（1）由已知及正弦定理，.

因为为锐角，则，所以.因为为锐角，则.

（2）由余弦定理，，则，即，

即.因为，则.

所以的面积.

【点睛】方法点睛：该题考查的是有关解三角形的问题，解题方法如下：

（1）利用正弦定理，将题中式子进行边角转化，结合锐角三角形的条件，求得角的大小；

（2）利用余弦定理，结合（1）的结果以及（2）中条件，列出等量关系式，求得边长的值，再利用三角形面积公式求得结果.

19．如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面平面分别为棱的中点.求证：

（1）平面；

（2）平面.

【答案】(1)详见解析; （2）详见解析.

【分析】（1）线面平行的证明则只需在面内找一线与之平行即可，因为M，N分别为棱PD，PC的中点，所以MN∥DC， 又因为底面ABCD是矩形，所以AB∥DC，

所以MN∥AB．（2）线面垂直则需要在面内找两根相交线与之垂直，因为AP=AD，M为PD的中点， 所以AM⊥PD．因为平面PAD⊥平面ABCD， 又平面PAD∩平面ABCD= AD，CD⊥AD，平面ABCD，所以CD⊥平面PAD． 又平面PAD，所以CD⊥AM．

【详解】（1）因为M，N分别为棱PD，PC的中点，所以MN∥DC， 又因为底面ABCD是矩形，所以AB∥DC，

所以MN∥AB． 又平面PAB，平面PAB，所以MN∥平面PAB．   

（2）因为AP=AD，M为PD的中点， 所以AM⊥PD．因为平面PAD⊥平面ABCD，

 又平面PAD∩平面ABCD= AD，CD⊥AD，平面ABCD，所以CD⊥平面PAD．

又平面PAD，所以CD⊥AM． 因为CD，平面PCD，，

所以AM⊥平面PCD．

20．如图，在中，，是的中点，设，.

（1）试用，表示；

（2）若，，且与的夹角为，求.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据向量加法的三角形法则以及共线定理即可用，表示；

（2）用，表示出，即可求得，再开方即可.

【详解】（1） .

（2） ，

∴，

∵，，与的夹角为，∴，

∴ ，即.

21．如图，为方便市民游览市民中心附近的“网红桥”，现准备在河岸一侧建造一个观景台，已知射线，为两边夹角为120°的公路（长度均超过千米），在两条公路，上分别设立游客上下点，，从观景台到，建造两条观光线路，，测得千米，千米.

(1)求线段的长度；

(2)若，求两条观光线路与之和的最大值.

【答案】(1)3千米；

(2)6千米.

【分析】（1）在中利用余弦定理即可求得结果；

（2）设，根据正弦定理可用表示出和，从而可将整理为，根据的范围可知时，取得最大值.

【详解】（1）在中，由余弦定理得，

，

解得，

所以线段的长度为3千米；

（2）设，因为，所以，

在中，由正弦定理得，

.

所以，，

因此

，

因为，所以.

所以当，即时，取到最大值6.

所以两条观光线路与之和的最大值为6千米．

22．如图，已知在四棱锥中，底面是梯形，且，平面平面，，.

（1）证明:;

（2）若，，求四棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）利用等腰三角形三线合一和面面垂直，得出平面以及得出平面，进而得出线线垂直；

（2）通过，，以及第一问的结论，得出平面求出三棱锥 的体积，利用且，得出三棱锥的体积为三棱锥体积的一半，从而求出四棱锥的体积.

【详解】（1）证明：取的中点

又平面平面

平面                       又           

由可得平面       

（2）     

，

由（1）可知平面   

另解：因为