2023维吾尔自治区塔城地区塔城高二上学期期中数学试题含解析

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一、单选题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1. 在中，内角、、所对边分别为、、，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理可得，利用余弦定理可求得的值.
【详解】因为，令，，，
则.
故选：A
2. 已知复数，则的虚部为（ ）
A. B. 6C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出，进而求出的虚部.
【详解】，故，
所以的虚部为6
故选：B
3. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，若都是直角圆锥底面圆的直径，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件证明，得到或其补角为异面直线与所成的角.在中利用余弦定理计算可得结果.
【详解】如图，连接.
因为为中点，且，所以四边形为矩形，
所以，所以或其补角为异面直线与所成的角.
设圆的半径为1，则.
因为，所以.
在直角中，，得.
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C.
4. 复数z满足，则z在复平面内对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的除法运算，求得复数z，根据复数的几何意义可得答案.
【详解】由得，
故z在复平面内所对应的点为，在第一象限,
故选：A
5. i为虚数单位，若是实数，则实数b的值为（ ）
A. 3B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的运算法则对进行化简，根据其为实数，列出等量关系，即可求得结果.
【详解】因为，
又其为实数，故可得，解得.
故选：.
6. 在中，点D在边AB上，．记，则（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．
【详解】因为点D在边AB上，，所以，即，
所以．
故选：B．
7. 已知的三个内角，，的对边分别为，，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，利用正弦定理边化角，由三角形内角和定理，展开化简得．
【详解】由，边化角得，
又，所以，
展开得，
所以，
因为，所以．
故选：B．
8. 已知向量，为单位向量，且，则（ ）
A. B. 3C. D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，根据数量积的运算律即可求得答案.
【详解】由题意可得，，
则，
故选：A
9. 已知向量满足，，若，则向量的夹角为（ ）
A. B.
C. 或πD. 或π
【答案】B
【解析】
【分析】利用，结合数量积的运算律可解方程求得，结合可确定，由此可得结果.
【详解】由得：，
即，
，解得：或；
，，，
又，.
故选：B.
10. 如图，某几何体平面展开图由一个等边三角形和三个等腰直角三角形组合而成，E为的中点，则在原几何体中，异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将给定展开图还原成三棱锥，取BD中点F，借助几何法求出异面直线所成角的余弦值.
【详解】因几何体平面展开图由一个等边三角形和三个等腰直角三角形组合而成，于是得原几何体是正三棱锥，
其中两两垂直，且，取BD中点F，连接EF，AF，如图，
因E为的中点，则有，因此，是异面直线与所成角或其补角，
令DB=2，则，中，，
正中，，于是有：，即，，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A
11. 如图，一座垂直建于地面的信号发射塔的高度为，地面上一人在A点观察该信号塔顶部，仰角为，沿直线步行后在B点观察塔顶，仰角为，若，此人的身高忽略不计，则他的步行速度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，利用直角三角形边角关系求出AD，BD，再利用余弦定理计算作答.
【详解】依题意，在中，，则m，
在中，，则m，
在中，，由余弦定理得：，
即，解得m，即有，
所以他的步行速度为.
故选：D
12. 已知三棱锥S－ABC中，∠BAC=，SB⊥AB，SC⊥AC，SB=SC=3，，三棱锥体积为，则三棱锥S－ABC外接球的表面积为（ ）
A. 5πB. 20πC. 25πD. 100π
【答案】C
【解析】
【分析】观察△SBA、△SCA均为直角三角形，得到点P为三棱锥S－ABC外接球的球心，且棱锥P－ABC为正三棱锥，可以通过设高|PO|结合求得底面正△ABC的边长a，从而得到外接球半径|PA|，最后求得表面积．
【详解】解：如图，取SA中点P，SB⊥AB，SC⊥AC，则△SBA，△SCA均为直角三角形，
PA=PB=PC=PS，即点P为三棱锥S－ABC外接球球心，PA即为外接球半径，
又SB=SC，故AB=AC且为等边三角形
又PA=PB=PC三棱锥P－ABC为正三棱锥；
作PO⊥平面ABC，垂足为O，连接OA
则O为△ABC的外心，
设正三角形ABC的边长为a，
则，
即，外接球表面积为，故排除A；
∴，故排除D；
若，则，代入方程不成立，故排除B；
若，则，代入方程成立，所以C正确，
故选：C
二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）
13. 已知向量，，若，则___________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用向量平行列方程即可求解.
【详解】因为，所以，解得.
故答案为：.
14. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为1，，则A＝______．
【答案】##45°
【解析】
【分析】由面积公式和余弦定理列出方程，求出，从而求出.
【详解】由余弦定理得：①，
由面积公式得：，即②，
将②代入①得：，
即，
因为，
所以
故答案为：
15. 已知向量，，若，则___________．
【答案】##
【解析】
【分析】利用向量的线性运算的坐标表示及向量垂直的条件即可求解.
【详解】因为，，
所以，
又因为，
所以，解得．
故答案为：．
16. 古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且，若，则实数的最小值为_________．
【答案】##1.5
【解析】
【分析】由圆内接四边形性质结合正弦定理可得到，再利用托勒密定理得，结合整理得，求得答案.
【详解】根据圆内接四边形的性质可知; ,
所以，
即，
在中，,故，
由题意可知： ,
则，所以，
故，
当且仅当时等号取得，
又，所以，
则 ，则实数的最小值为，
故答案为：
17. 在中，若，，，则c等于_____．
【答案】2
【解析】
【分析】由三角形内角和求出角，然后用正弦定理求得．
【详解】在中，，
又，
由正弦定理得，
.
故答案为：2
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
18. 如图，在平面四边形中，，，，．
（1）求的长；
（2）求正弦值．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理即求；
（2）利用正弦定理即得.
【小问1详解】
在中，由余弦定理可知：
,
【小问2详解】
在中，由正弦定理可知：，
即：
.
19. 已知三棱锥D-ABC，△ABC与△ABD都是等边三角形，AB=2.
（1）若，求证：平面ABC⊥平面ABD；
（2）若AD⊥BC，求三棱锥D-ABC的体积.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）取AB的中点M，由题可得∠DMC为二面角D—AB—C的平面角，结合条件可得，进而即证；
（2）取AD的中点N，利用条件可得AD⊥平面BCN，进而可得，然后利用棱锥的体积公式即得.
【小问1详解】
取AB的中点M，连接CM，DM，△ABC与△ABD都是等边三角形，
所以CM⊥AB，DM⊥AB，∠DMC为二面角D—AB—C的平面角，又AB=2，
∴，又，
∴，
所以，即，
∴平面ABC⊥平面ABD；
【小问2详解】
取AD的中点N，连接BN，CN，
则BN⊥AD，又AD⊥BC，，
∴AD⊥平面BCN，
∴AD⊥CN，△ACD也是等边三角形，
由题可得，BC=2，
∴，
∴三棱锥D-ABC的体积为.
20. 在平面五边形ABCDE中，已知，
（1）当时，求DC；
（2）当五边形ABCDE的面积时，求BC的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理，结合五边形内角和定理进行求解即可；
（2）根据五边形的面积，结合梯形面积公式进行求解即可；
【小问1详解】
连结EB，在中，，，
由余弦定理可得，
，所以，同时可得，
，又由五边形内角和可求得，
所以，
进而四边形BCDE为等腰梯形过点C作CM⊥BE于M，
可求得，
进而；
【小问2详解】
，
又，所以，
设边长为x，所以，
则
化简整理得，解得，或，
又，，
所以BC的取值范围是.
21. 记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.
（1）证明：；
（2）若，求.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.
（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边与的关系，然后利用余弦定理即可求得的值.
【详解】（1）设的外接圆半径为R，由正弦定理，
得，
因为，所以，即．
又因为，所以．
（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理
因为，如图，在中，，①
在中，．②
由①②得，整理得．
又因为，所以，解得或，
当时，（舍去）．
当时，．
所以．
[方法二]：等面积法和三角形相似
如图，已知，则，
即，
而，即，
故有，从而．
由，即，即，即，
故，即，
又，所以，
则．
[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合
由（1）知，再由得．
在中，由正弦定理得．
又，所以，化简得．
在中，由正弦定理知，又由，所以．
在中，由余弦定理，得．
故．
[方法四]：构造辅助线利用相似性质
如图，作，交于点E，则．
由，得．
在中，．
在中．
因为，
所以，
整理得．
又因为，所以，
即或．
下同解法1．
[方法五]：平面向量基本定理
因为，所以．
以向量为基底，有．
所以，
即，
又因为，所以．③
由余弦定理得，
所以④
联立③④，得．
所以或．
下同解法1．
[方法六]：建系求解
以D为坐标原点，所在直线为x轴，过点D垂直于的直线为y轴，
长为单位长度建立直角坐标系，
如图所示，则．
由（1）知，，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．
设，则．⑤
由知，，
即．⑥
联立⑤⑥解得或（舍去），，
代入⑥式得，
由余弦定理得．
【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；
方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；
方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；
方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；
方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；
方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.
22. 如图，直三棱柱中，底面边长AB＝5，BC＝4，AC＝3，侧棱长为，D为BC中点，CE⊥AD，E为垂足．
（1）求证：//平面；
（2）求证：平面⊥平面；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）.
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，易得，进而即可证得平面；
（2）根据条件可证平面，根据平面，所以平面平面；
（3）设与平面所成的角为，则，利用条件及勾股定理即可求得相应线段长度及
【详解】（1）取的中点
因为四边形为长方形，所以为的中点，
因为为中点，连接，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
（2）在直三棱柱中，平面，因为平面，
所以，又因为，，
所以平面，
因为平面，所以平面平面；
（3）由（2）可知平面，
所以平面，
设与平面所成的角为，则，
因为为中点，所以，，
所以，
则，
因为，所以，
在中，
所以，
，
，
则．
23. 在①且；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．
问题：在中，角的对边分别为，且__________．
（1）求；
（2）若为边的中点，且，求中线长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若选①：利用余弦定理和二倍角公式得到，求出；若选②：利用正弦定理和夹角公式，求出；若选③：由正弦定理和余弦定理求出．
（2）利用余弦定理求出，利用数量积的运算即可求出长为．
【小问1详解】
若选①：，且，
所以，所以．
又，所以，所以，所以．
若选②：由正弦定理得，因为，
所以，即．
由，所以，所以．
若选③：由正弦定理得，即，
由余弦定理得，
又，所以．
【小问2详解】
在中，由余弦定理得，所以，
又，
所以，所以中线长为．