2022-2023学年河南省周口市太康县高一下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年河南省周口市太康县高一下学期期中数学试题含答案，共18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学年河南省周口市太康县高一下学期期中数学试题 一、单选题1．已知z复数满足（其中i为虚数单位），则的值为（    ）．A． B． C． D．【答案】B【分析】根据复数乘方运算规则以及共轭复数的定义求解.【详解】 ， ；故选：B.2．已知，，则，的夹角等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据向量夹角公式的坐标表示即可求解.【详解】因为，，，所以，因为，所以，的夹角等于．故选：A3．设是平行四边形的对角线的交点，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据平行四边形对角线平分及向量加减法计算可得.【详解】是平行四边形的对角线的交点，则,所以.故选：A.4．在△ABC中，，则此三角形中的最大角的大小为（   ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由正弦定理可得出，设，则，，然后根据余弦定理求出即可得出答案.【详解】由正弦定理可得，，设，则，，所以最大.由余弦定理可得，.因为，所以.故选：C.5．如图，在棱长为1的正方体中，是截面上的一个动点（不包含边界），若，则的最小值为（    ）  A． B． C． D．【答案】C【分析】找到的轨迹为，的最小值为到的距离，由垂直关系求出答案.【详解】若，则在平面上的投影在上，所以的轨迹为，  的最小值为到的距离，连接，过点作于点，因为，且，所以，故的最小值为.故选：C6．如图所示，的直观图是边长为的等边，则在原图中，边上的高为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据直观图与原图的关系求解即可.【详解】在直观图中，因为边长为的等边，所以上的高，∴，∴在原图中，上的高.故选：A.7．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸．若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则平均降雨量是（注：平均降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积）（    ）A．寸 B．2寸 C．寸 D．3寸【答案】C【分析】由题意求得盆中水的上地面半径，代入圆台体积公式求得水的体积，除以盆口面积得答案．【详解】如图，由题意可知，天池盆上底面半径为18寸，下底面半径为6寸，高为18寸．积水深9寸，水面半径为寸，则盆中水的体积为（立方寸）．平地降雨量等于（寸．故选：C．8．如图，已知正方体，点在直线上，为线段的中点，则下列命题中假命题为（    ）A．存在点，使得B．存在点，使得C．直线始终与直线异面D．直线始终与直线异面【答案】C【分析】当点和点重合时，可判断A；通过线面平行的判定定理，当点为线段的中点时，即可判断B；当点和点重合时，两条线在同一平面内，不是异面直线，可判断C；直线PQ与另一条线所在的平面相交，从而证明这两条线不相交，也不平行即可判断D.【详解】正方体中，易得平面，因为点在直线上，为线段的中点，当点和点重合时，平面，，故A正确；连接、，当点为线段的中点时，为三角形的中位线，即，故B正确；平面，当点和点重合时，平面，所以直线和在同一平面内，故C错误；平面，平面，，所以直线始终与直线不相交，且不平行，所以直线与直线是异面直线，故D正确；故选：C 二、多选题9．设，，为复数，且，下列命题中正确的是（    ）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则在复平面对应的点在一条直线上【答案】ACD【分析】根据共轭复数的概念可判断A，利用特值可判断B，根据复数运算法则及复数相等可判断C，根据复数的几何意义结合条件可判断D.【详解】设，，，对A， 若，即，则，所以，，故A正确；对B，若，则，而，故B错误；对C，，，所以，即，因为，，则至少有一个不为零，不妨设，由，可得，所以，，即，，故C正确；对D，由，可得，所以，又不全为零，所以表示一条直线，即在复平面对应的点在一条直线上，故D正确.故选：ACD.10．下列命题正确的是（    ）A．在△ABC中，三个内角为A，B，C，，则△ABC是等腰三角形B．已知，，则C．在△ABC中，a＝5，b＝8，C＝60°，则的值为D．在△ABC中，，AB＝2，BC＝4，则BC边上的高为【答案】BCD【分析】由已知可得A＝B或，可判断A；求得，可求判断B；求得，可判断C；先根据余弦定理求出b＝4，然后利用等面积法即可求出BC边上的高．【详解】解：对于A，∵，∴2A＝2B或，∴A＝B或，∴△ABC是等腰三角形或直角三角形，故A错误；对于B，∵，，∴，∴，∴，故B正确；在△ABC中，a＝5，b＝8，C＝60°，则，故C正确；在△ABC中，设AB＝c，BC＝a，AC＝b，则c＝2，a＝4，因为，所以，整理得，解得b＝4，（负值舍去），因为，，设BC边上的高为h，则，，解得，故D正确.故选：BCD．11．在正三棱锥中，，D为PC的中点，以下四个结论中正确的是（    ）A．若平面ABD，则二面角余弦值为B．若平面ABD，则三棱锥的外接球体积为C．若，则三棱锥的体积为D．若，则三棱锥的外接球表面积为【答案】ABD【分析】平面ABD，根据等边三角形三线合一的性质可判断出为正四面体形，根据正四面体形性质判断即可；，可判断出为PA，PB，PC两两垂直的正三棱锥，将其还原到正方体中即可计算判断.【详解】A，B选项中，如图，因为平面ABD，所以 AD， BD，因为D为PC的中点，所以，，所以正三棱锥为正四面体，设中点为E，则二面角的平面角为，，，，根据余弦定理可知，根据正四面体形外接球半径公式可知，外接球半径，则外接球体积为，故A，B正确；C，D选项中，根据条件可知，正三棱锥为PA，PB，PC两两垂直的正三棱锥，所以体积为，故C错误；其外接球半径，故外接球表面积，故D正确.故选：ABD．12．如图，多面体ABCDEF的8个面都是边长为2的正三角形，则（    ）A． B．平面平面FABC．直线EA与平面ABCD所成的角为 D．点E到平面ABF的距离为【答案】ACD【分析】根据多面体ABCDEF的8个面都是边长为2的正三角形条件结合正方形的特点，可判断A选项，取中点，连接、，根据两平面的二面角可判断B选项，根据对称性找到平面的垂线，根据线面角的性质可求C选项，求点到面的距离转化为求三角形的高，可判断D选项.【详解】对于A选项，如图，由，，，为正三角形可得为正方形，故，故A正确；对于B选项，取中点为，在，中，由正三角形的性质可得，，，平面平面，平面，平面，则为二面角的平面角，由，，得，故B错误；对于C选项，由条件可知四棱锥、四棱锥均为正四棱柱，连接，交点为正方形的中心，则平面，即为直线与平面所成的角，由，，得，故C正确；对于D选项，连接，在正方形可知，，平面，平面，，与相交，且平面，平面即为三棱锥的高，设点E到平面ABF的距离为，由几何关系可求得，，，，由可得，，代入数据解得，故D正确．故选：ACD. 三、填空题13．在中，若，，，则    ．【答案】/【分析】先利用商数关系和平方关系求出，再利用正弦定理即可得解.【详解】由，得，则，则，所以（负值舍去），由，在三角形中易得，因为，所以.故答案为：.14．如图．在直角梯形中．，点P是腰上的动点，则的最小值为            ．【答案】4【分析】建立平面直角坐标系，设，求得相关点坐标，求出的表达式，结合二次函数的性质即可求得答案.【详解】由在直角梯形中．，则，则以A为原点，为轴建立平面直角坐标系，设，设，则，故，所以，故，当且仅当即时取得等号，即的最小值为4，故答案为：415．如图所示，圆锥的底面圆半径，侧面的平面展开图的面积为，则此圆锥的体积为         .【答案】/【分析】由圆锥侧面的平面展开图的面积公式求出圆锥的母线长，再由勾股定理求出圆锥的高，再由体积公式即可得出答案.【详解】设圆锥的母线长为，所以圆锥侧面的平面展开图的面积为：，所以，所以圆锥的高.故圆锥的体积为：.故答案为：.16．已知在四面体V-ABC中，，，，则该四面体外接球的表面积为        ．【答案】/【分析】先判断出V在平面的射影为的外心,求出四面体外接球的半径，即可求出四面体外接球的表面积.【详解】∵，∴V在平面ABC的射影为的外心．又，，所以的外接圆的半径；,设四面体外接球的半径为R，．解得．所以外接球的表面积为．故答案为：． 四、解答题17．已知复数．(1)求；(2)若z是关于x的方程的一个根，求实数a，b的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据复数的除法求，进而求模长；（2）将代入方程，根据复数相等列式求解.【详解】（1）因为，所以．（2）由（1）可得：，将代入方程得：，则，解得：．18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．(1)若，求；(2)若的最大角为最小角的2倍，求a的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据余弦定理即可求解余弦值，进而根据同角关系即可求解正弦值，（2）根据正弦定理以及二倍角公式得，结合余弦定理即可求解.【详解】（1）当时，，在中，由余弦定理，得，所以．（2）由已知，最大角为角A，最小角为角C，即，由正弦定理得，即，又，所以，将，代入上式得，由于 解得．19．已知分别为三个内角的对边，且.(1)证明:；(2)若，，，求AM的长度.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先利用三角形的内角和定理结合两角和差的正弦公式化简，再利用正弦定理和余弦定理化角为边，整理即可得证；（2）在中，由（1）结合余弦定理求出，再在中，利用余弦定理即可得解.【详解】（1）由，得，则，由正弦定理和余弦定理得，化简得；（2）在中，，又因为，所以，所以，所以，由，得，在中，，所以.20．如图，在四棱锥中，，且．(1)证明：平面平面；(2)若，，且四棱锥的体积为，求与平面所成的线面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2)． 【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明；（2）根据线面垂直的判定定理证明得底面，再根据四棱锥的体积公式求出，从而用线面角的定义求解.【详解】（1）因为在四棱锥中，，所以，， 又，所以，因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面．（2）取中点，连结，因为，所以，由（1）知平面，平面，所以，因为， 底面， 所以底面，                                       设，求得，，因为四棱锥的体积为，所以解得，所以，因为底面，    所以为与平面所成的角，在中，，所以．所以与平面所成的线面角为．21．平面多边形中，三角形具有稳定性，而四边形不具有这一性质．如图所示，四边形的顶点在同一平面上，已知．(1)当长度变化时，是否为一个定值？若是，求出这个定值；若否，说明理由．(2)记与的面积分别为和，请求出的最大值．【答案】(1)为定值，定值为1(2)14 【分析】（1）法一：在中由余弦定理得，在中由余弦定理得，两式相减可得答案；法二：在中由余弦定理得，在中由余弦定理得，两式相减可得答案；（2）由面积公式可得，令转化为二次函数配方求最值即可．【详解】（1）法一：在中，由余弦定理，得，即①，同理，在中，，即②，①②得，所以当长度变化时，为定值，定值为1；法二：在中，由余弦定理得，即，同理，在中，，所以，化简得，即，所以当长度变化时，为定值，定值为1；（2），令，所以，所以，即时， 有最大值为14．22．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，分别为棱中点．(1)求证：平面平面；(2)若平面平面，直线与平面所成的角为，且，求二面角的大小．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据平行四边形性质和三角形中位线性质，结合线面平行的判定可得平面，平面，由面面平行的判定可证得结论；（2）根据面面垂直的性质可证得平面，由线面角定义可知，根据二面角平面角的定义可知所求二面角的平面角为，由长度关系可得结果.【详解】（1）为中点，，，，，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面；分别为中点，，平面，平面，平面；，平面，平面平面.（2）平面平面，平面平面，平面，，平面，即为直线与平面所成角，即；设，则，平面，平面，，；，，平面，平面，平面平面，即为二面角的平面角，，，，即二面角的大小为.