2022-2023学年天津市实验中学滨海学校高一下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年天津市实验中学滨海学校高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．如图，向量，，，则向量可以表示为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【详解】利用向量加法和减法的三角形法则计算即可.

【解答过程】，

故选：C.

2．已知复数z在复平面上对应的点为，则（    ）

A．z的虚部为 B． C． D．是纯虚数

【答案】D

【分析】根据题意得，根据虚部的概念、模的求法、共轭复数的概念、纯虚数的概念依次判断选项，即可求解.

【详解】A：因为复数z在复平面上对应的点为，

则，所以复数z的虚部为-1，故A错误；

B：，故B错误；

C：，故C错误；

D：，为纯虚数，故D正确．

故选：D．

3．如图，若点在三角形的边上，且，，则的值为（    ）

A．0 B． C． D．1

【答案】C

【分析】根据向量的线性运算，即可求解.

【详解】，所以 ，则,

故选：C

4．已知，且，则与的夹角为（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据向量垂直和向量数量积运算律可构造方程求得，由向量夹角公式可求得结果.

【详解】，，解得：，

，由于，.

故选：C.

5．设是两个非零向量，则下列命题中错误的是（    ）

A．若，则存在实数，使得

B．若，则

C．已知非零向量则是的必要不充分条件

D．在边长为1的中，的值为

【答案】D

【分析】A.由平方求解； B.由，得到求解； C.由，得到求解； D.由求解.

【详解】A.因为，所以，即，即，所以，则存在实数，使得，故正确；

B.因为，所以，所以，故正确；

C.因为非零向量，，所以，所以或，所以是的必要不充分条件，故正确；

D.在边长为1的中，，故错误；

故选：D

6．在中，已知，且，则是（    ）

A．等腰三角形 B．直角三角形

C．等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形

【答案】C

【分析】由两边平方得，由化简得，得为等腰直角三角形.

【详解】由得，所以，所以，所以为直角三角形；

由得，

所以 ，所以，

即，因为，所以，所以为等腰三角形；

综上，为等腰直角三角形.

故选：C

7．已知点，，．则在上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据向量的坐标公式，结合投影向量的定义进行求解即可.

【详解】因为，，．

所以，，

，

所以向量与的夹角为钝角，

因此量在上的投影向量与方向相反，

而，，

所以在上的投影向量为，

故选：C

8．下列有五个命题：①若直线a平面，a平面，则am；②若直线a平面，则a与平面内任何直线都平行；③若直线α平面，平面平面β，则α平面β；④如果ab，a平面，那么b平面；⑤对于异面直线a、b存在唯一一对平面、β使得a⊂平面， b⊂平面β，且β.其中正确的个数是（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【分析】根据空间中直线，平面间的位置关系判断命题正误.

【详解】对于①，直线平面，直线平面，，过a作平面交平面于c，作平面交平面于d，则，，所以，因为平面，所以平面，因为，所以，所以，①正确；

对于②，直线平面，则直线与平面内的直线平行或异面，所以②错误；

对于③，直线平面，平面平面，可能平面，所以③错误；

对于④，，直线平面，可能平面，所以④错误；

对于⑤，一对异面直线a，b，过a作与b平行的平面，过b作与a平行的平面，使得，所以⑤正确；

故选：C.

9．点是棱长为2的正方体外接球球面上的任意一点，则四棱锥的体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先求出正方体外接球的半径，再得出四棱锥高的最大值，代入四棱锥的体积公式即可求得体积最大值．

【详解】由正方体棱长与其外接球半径的关系知：，即，

则四棱锥的高的最大值为，

所以四棱锥的体积的最大值为，

故选：B．

10．冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，结合中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体，呈现出中国在新时代的新形象、新梦想．某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊画笔都有固定的角度，比如弯折位置通常采用30°、45°、60°、90°、120°、150°等特殊角度下．为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求．该同学取端点绘制了，测得，，，，若点C恰好在边BD上，请帮忙计算的值（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先根据三条边求出，利用平方关系得到，结合正弦定理可得.

【详解】由题意，在中，由余弦定理可得，

，

因为，所以，

在中，由正弦定理，

即，解得.

故选：C.

11．如图所示，长方体中，，P是线段上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据给定条件，结合长方体的结构特征及异面直线的意义，逐项判断作答.

【详解】在长方体中，

，当是与的交点时，平面，与相交，A不是；

当点与重合时，平面，与相交，B不是；

当点与重合时，因为长方体的对角面是矩形，此时，C不是；

因为平面，平面，而平面，因此与是异面直线，D是.

故选：D

12．在中，为所在平面内的动点，且，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据的几何关系将和进行展开，再根据向量的数量积运算即可求出范围.

【详解】，，

如上图所示，

即

的取值范围为.

故选：C

二、填空题

13．设复数满足（为虚数单位），则的值为          ．

【答案】.         

【详解】分析：由条件得到复数的代数形式，即可求得复数模长.

详解：因为，所以==，

所以

点睛：本题考查复数的四则运算，意在考查学生的计算能力．

14．已知平面向量，若，则          .

【答案】/0.5

【分析】根据，由求解.

【详解】解：因为平面向量，且，

所以，解得，

故答案为：

15．已知，其中.满足，则          .

【答案】22

【分析】由，求得，再利用平面向量的数量积运算求解.

【详解】解：因为，且，

所以，

解得，

所以，

所以，

故答案为：22

16．已知水平放置的是按“斜二测画法”得到如下图所示的直观图，其中， ，则原的面积为      .

【答案】

【分析】根据直观图画出原图，再根据三角形面积公式计算可得.

【详解】解：依题意得到直观图的原图如下：

且，

所以

故答案为：

【点睛】本题考查斜二测画法中原图和直观图面积之间的关系，属于基础题．

17．圆台的上､下底面半径分别是，圆台的高为4，则该圆台的侧面积是          .

【答案】

【分析】先求得圆台的母线，再利用圆台的侧面积求解.

【详解】解：因为圆台的上､下底面半径分别是，圆台的高为4，

所以圆台的母线为，

所以该圆台的侧面积是，

故答案为：

18．已知在中，，则          .

【答案】

【分析】取的中点，连接，将用表示，再利用向量数量积的定义结合等腰三角形性质求解作答.

【详解】在中，，，，取的中点，连接，如图，

则有，且，，

所以.

故答案为：.

三、双空题

19．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，则圆锥的底面半径为      ；若该圆锥的顶点及底面圆周在球O的表面上，则球O的体积为      .

【答案】         

【分析】先由圆锥的侧面展开图求出圆锥的底面圆半径和高，然后根据圆锥的顶点及底面圆周在球O的表面上，设球的半径为，列出方程解出，然后计算球的体积.

【详解】因为圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，所以圆锥的母线长为，

若底面圆的半径为，则，故，则圆锥的高为3，

因为该圆锥的顶点及底面圆周在球O的表面上，设球O的半径为，

则，解得，所以球O的体积为.

故答案为：，

20．在梯形中，与相交于点Q．若，则        ；若，N为线段延长线上的动点，则的最小值为         ．

【答案】         

【分析】易得四边形为平行四边形，设，再将用表示，根据共线，求得，再将用表示，根据数量积的运算律即可求出；根据求得，以点为原点建立平面直角坐标系，设，再根据数量积的坐标表示即可求出答案.

【详解】解：因为，

所以，

所以四边形为平行四边形，

所以且，

则可设，

故，

因为共线，

所以，解得，

所以，

因为，

所以，

所以；

因为，

所以，

所以，

又，所以，

因为，所以，

如图以点为原点建立平面直角坐标系，

则，

设，

故，

则，

当时，取得最小值.

故答案为：；.

四、解答题

21．已知向量

(1)求；

(2)若，求的值；

(3)若与的夹角为锐角，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

(3).

【分析】（1）根据向量坐标的线性运算结合模的公式即可；

（2）根据向量坐标的线性运算和向量共线的条件即可解出值；

（3）根据夹角为锐角得，再去掉两向量共线同方向的情况.

【详解】（1）由题意可得，

所以；

（2）由题意得

因为，所以，解得；

（3）因为与的夹角为锐角，所以且

，

即，解得，

由（2）可知当时，，此时，

所以的取值范围为.

22．在中，角所对的边分别为.已知.

(1)求的值；

(2)求的值.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）由，得到，再由，利用正弦定理求解；

（2）先由二倍角公式得到 ，再利用两角和的正弦公式求解.

【详解】（1）因为，

所以.

因为，由正弦定理得：，

所以.

因为，

所以.

（2）由（1）知：.

所以.

所以.

23．在中，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)

【分析】（1）根据正弦定理结合三角恒等变换求解即可；

（2）根据余弦定理结合三角形面积公式求解即可.

【详解】（1）因为，由正弦定理有：

，

所以，

所以，

因为，所以，所以.

又，所以；

（2），又由（1）知

由余弦定理得，

即，则

所以的面积为.

24．由四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形为平行四边形，O为与的交点．

(1)求证：∥平面；

(2)求证：平面∥平面；

(3)设平面与底面的交线为l，求证：．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)证明见解析

【分析】（1）取的中点，连接，结合四棱柱的几何性质，由线线平行证明即可；

（2）由线线平行证平面，结合平面即可证平面平面；

（3）由线面平行证线线平行即可.

【详解】（1）取的中点，连接，

∵是四棱柱，∴，

∴四边形为平行四边形，∴，

又平面平面，∴平面．

（2）∵，∴四边形是平行四边形，∴，

∵平面平面，∴平面，

由（1）得平面且，平面，

∴平面平面．

（3）由（2）得：平面，

又平面，平面平面，∴．