2022-2023学年广东省深圳实验学校高中部高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年广东省深圳实验学校高中部高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知为两个非零向量，其中，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据垂直数量积的坐标计算规则计算出结果.

【详解】 ；

故选：C.

2．复数，则的虚部是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用复数的乘方、除法化简，由共轭复数的概念求，进而确定虚部.

【详解】由题设，，

所以，虚部为.

故选：D

3．已知单位向量满足，则=（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由向量夹角公式、数量积的运算律得，根据已知得，进而求出，最后求夹角余弦值.

【详解】由，

又，则，

所以，则，

综上，.

故选：B

4．从正方体的8个顶点上任取4个顶点，则这4个顶点构成的几何图形不可能是（    ）

A．三个面是直角三角形的正三棱锥

B．有一个面是钝角三角形的四面体

C．每个面都是等边三角形的四面体

D．每个面都是直角三角形的四面体

【答案】B

【分析】作图，根据图形分析.

【详解】

如图 是正方体，三棱锥 是三个面为直角三角形的正三棱锥，A正确；

三棱锥是四个面都是直角三角形的四面体，D正确；

三棱锥 是四个面都是等边三角形的四面体，C正确；

对于B，先选取A点，与剩下的7个顶点的任意两个都不可构成钝角三角形，B错误；

故选：B.

5．在△中，已知，则一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】应用二倍角余弦公式、正弦边角关系可得，结合余弦定理、三角形性质即可求C的大小，其余两角大小不确定.

【详解】由题设，，

所以，结合正弦边角关系知：，

又，，则，故不确定.

故选：D

6．在△中，，若三角形有两解，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】过作于，根据的长度大小关系判断三角形个数，即可确定参数范围.

【详解】由题设，过作于，如下图示，

则，可得时，三角形有两解.

当，即时，三角形不存在；

当或2时，△分别对应等边三角形或直角三角形，仅有一个三角形；

当时，在射线方向上有一个△，而在射线方向上不存在，故此时仅有一个三角形；

故选：C

7．过△的重心的直线分别交线段于点，若，则的最小值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用重心的性质及已知用表示出，再由共线得，最后应用基本不等式“1”的代换求最值，注意取值条件.

【详解】如下图，若为中点，又△的重心，则共线，且，

而，又共线，

所以，即，则，

故，

当且仅当，即时等号成立.

故选：A

8．在锐角△中，角所对的边分别为，若，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】由正弦边角关系、三角恒等变换及三角形内角性质可得，进而有，再把化为并确定的范围，应用余弦函数性质求范围即可.

【详解】由，则，

所以，

则，

所以或（舍），故，

综上，，且

所以，

，

由锐角△，则，可得，则，

所以，故.

故选：A

【点睛】关键点点睛：将条件由边化角求角的关系，即，再把目标式，由边化角得求范围.

二、多选题

9．设为平面内任意三个非零向量，下列结论正确的是（    ）

A．的充要条件是

B．的充要条件是

C．若，则

D．若，则

【答案】BC

【分析】根据向量三角不等式、垂直、共线的判定性质判断A、B、C；由数量积相等的几何意义有判断D.

【详解】A：的充要条件为同向共线，而是的必要不充分条件，错误；

B：为三个非零向量，的充要条件是，正确；

C：为三个非零向量，，则，正确；

D：说明，但不一定有，错误.

故选：BC

10．已知复数，下列结论正确的是（     ）

A．的充要条件是

B．是纯虚数的充要条件是

C．若，则

D．若，则是纯虚数

【答案】AC

【分析】根据共轭复数定义，利用复数相等判断A；由复数乘方、模的定义有判断C；特殊值法判断B、D.

【详解】A：由，而，则，故，所以，反之也成立，正确；

C：由，则，即，所以，故，正确；

由时、成立，此时不是纯虚数，B、D错误；

故选：AC

11．在正四面体中，若，为的中点，下列结论正确的是（    ）

A．正四面体的体积为

B．正四面体外接球的表面积为

C．如果点在线段上，则的最小值为

D．正四面体内接一个圆柱，使圆柱下底面在底面上，上底圆面与面、面、面均只有一个公共点，则圆柱的侧面积的最大值为

【答案】BCD

【分析】由正四棱锥的结构特征，应用棱锥的体积公式求体积，并确定外接球的半径求表面积，展开侧面，要使最小，只需共线，结合余弦定理求其最小值，根据正四面体内接一个圆柱底面圆与其中截面正三角形关系求半径、体高，应用二次函数性质求侧面积最大值.

【详解】由正四面体各棱都相等，即各面都为正三角形，故棱长为2，如下图示，

为底面中心，则共线，为体高，故，

所以，故正四面体的体积为，A错误；

由题设，外接球球心在上，且半径，

所以，则，

故外接球的表面积为，B正确；

由题意知：将面与面沿翻折，使它们在同一个平面，如下图示，

所以且，，

又，而，

要使最小，只需共线，则，

所以，C正确；

如下图，棱锥中一个平行于底面的截面所成正三角形的内切圆为正四面体内接一个圆柱的上底面，

若截面所成正三角形边长为，则圆柱体的高，圆柱底面半径为，

所以其侧面积，

故当时，，D正确.

故选：BCD

12．在△中，角所对的边分别为，，是△的外接圆圆心，下列结论正确的是（    ）

A．的最大值是

B．的取值范围是

C．若，则△是等腰三角形

D．的最大值是3

【答案】ACD

【分析】由余弦定理、基本不等式可得，进而求最大值，注意取值条件，由已知条件和构成三角形条件有求范围，若为中点，由外心的性质、向量线性关系可得且，即得三角形形状，将化为，根据对应线段位置关系、长度及正弦边角关系、三角恒等变换、正弦函数性质求最值.

【详解】由题设，△的外接圆直径，如下图，过作于，

由，则，

所以，仅当时等号成立，A正确；

由题意，，则，B错误；

若为中点，由，故共线，

又，所以且，故为中垂线，

所以△是等腰三角形，C正确；

由

，

又，则上式，

原式，

由，故时最大值为3，D正确.

故选：ACD

【点睛】关键点点睛：D选项注意应用数量积运算律、及线性关系转化为，进而在三角形中正弦边角关系、得到关于B的函数式，根据其范围求最值.

三、填空题

13．若为单位向量，且，则在方向上的投影向量为___________．

【答案】/

【分析】利用向量数量积运算律求得，再根据投影向量的定义求在方向上的投影向量.

【详解】由，所以，

则，故在方向上的投影向量为.

故答案为：

14．在复数范围内方程的两根为，，则__________.

【答案】

【分析】结合韦达定理和二次方程虚根的概念即可求解.

【详解】由题可知，，

设，a，b∈R，

则，

则．

故答案为：

15．若为的重心，，则的最小值为_______.

【答案】

【分析】根据，利用向量的数量积运算可得，再由均值不等式即可求出的最小值.

【详解】如图，

,

,

,当且仅当 时，等号成立，

的最小值为.

故答案为：

16．水平桌面上放置了3个半径为2的小球，它们两两相切，并均与桌面相切.若用一个半球形容器（容器厚度忽略不计）罩住三个小球，则半球形容器的半径的最小值是____.

【答案】

【分析】首先确定半球形容器的半径最小时，三个小球与半球、及三个小球之间的位置关系，进而确定球心、切点的位置关系，根据已知求容器半径.

【详解】当半球形容器的半径最小，即三个小球与半球球面都相切，且各切点与对应小球球心、半球球心共线，各小球两两也相切，

此时三个小球球心在桌面上投影所成正三角形的中心，即为半球最大圆的圆心（也为球心），

如下图示：为三个小球球心，分别为它们在桌面上的投影，为半球球心，

所以为边长为的等边三角形，故，

而，故，

所以半球最小半径为.

故答案为：

四、解答题

17．已知，．

(1)若与的夹角为钝角，求实数的取值范围；

(2)当时，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据与的夹角为钝角，由，且与不共线求解；

（2）先得到，再利用向量模的公式结合二次函数的性质求解.

【详解】（1）解：因为，，

所以，，

因为与的夹角为钝角，

所以，且，

解得且，

所以的取值范围为；

（2）根据题意，，

则，

所以，

又，则，

所以的取值范围是．

18．已知半圆圆心为点，直径，为半圆弧上靠近点的三等分点，若为半径上的动点，以点为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示.

(1)若，求与夹角的大小；

(2)试求点的坐标，使取得最小值，并求此最小值.

【答案】(1)

(2)最小值为，点的坐标为.

【分析】（1）先求出A，B，C三点的坐标，根据条件算出 ，再运用数量积求夹角；

（2）设变量t，使得 ，求出 的解析式，再求最小值.

【详解】（1）因为半圆的直径，由题易知：又､，

又，，则，，

即，

，，

所以.

设与夹角为，则，

又因为，所以，即与的夹角为；

（2）设，由（1）知，，，，

所以，

又因为，所以当时，有最小值为，

此时点的坐标为；

综上，与的夹角为，的最小值为，点的坐标为.

19．如图，在中，，，且点在线段上．

(1)若，求的长；

(2)若，，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出的值，求出和，利用正弦定理可求得的长；

（2）由已知可得出，结合三角形的面积公式以及已知条件可求得、的长，利用余弦定理可求得的长，进而可求得的长，再利用三角形的面积公式可求得结果.

【详解】（1）解：，，则，

，解得，，

，，

在中，由正弦定理可知得.

（2）解：由得，所以，

因为，，所以，，

在中，由余弦定理得，

即，得，所以，

.

20．已知正四棱锥的侧棱长为和底面边长为2.

(1)求正四棱锥的体积和表面积；

(2)若点分别在侧棱上，且，求三棱锥的体积.

【答案】(1)；

(2)

【分析】（1）由正四棱锥性质求体高、斜高，再应用棱锥的体积公式、表面积求法求体积、表面积；

（2）由线段的数量关系得，进而有、，最后可得即可求体积.

【详解】（1）由题设，为正方形，若为底面中心，则为体高，，

所以，故，

而斜高为，

所以.

（2）

由，则，

所以，而，则，

所以.

21．正六棱台玻璃容器的两底面棱长分别为，，高为，如图水平放置，盛有水深为．

(1)求玻璃容器的体积；

(2)将一根长度为的搅棒置入玻璃容器中，的一端置于点E处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度．（容器厚度，搅棒粗细均忽略不计）

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据棱台的而体积公式，即可求得答案；

（2）作出截面图，作辅助线，根据等腰梯形的知识求得相关边长和底角的正弦值，然后解 ,由正弦定理求得，进而求得，在直角三角形NPE中可求得答案.

【详解】（1）由题意可知，下底面面积为，

上底面的面积，

又台体的高为，

所以正六棱台的体积

;

（2）设搅棒在上的点为M，则，搅棒与水面的交点为N，在平面中，过点N作，交于点P，过点E作，交于点Q，

∵为正六棱台，∴，,

∴为等腰梯形，画出平面的平面图，

∵，

∴，

由勾股定理得：，

∴，，，

根据正弦定理得：，∴，

∴，

∴

，

∴,

∴搅棒l没入水中部分的长度为．

22．如图1，某景区是一个以为圆心，半径为的圆形区域，道路，成60°角，且均和景区边界相切，现要修一条与景区相切的观光木栈道，点，分别在和上，修建的木栈道与道路，围成三角地块．（注：圆的切线长性质：圆外一点引圆的两条切线长相等）．

(1)若△的面积，求木栈道长；

(2)如图2，若景区中心与木栈道段连线得，求木栈道的最小值．

【答案】(1)

(2)6

【分析】（1）应用得，由得，最后利用余弦定理列方程求木栈道长；

（2）设圆与、分别切于、，易证，，由且，可得，再由得到关于的关系式，应用基本不等式求最值，注意取值条件.

【详解】（1）在中，因为，解得，

所以，则，

所以，则，

由余弦定理得，，即，则，

则，解得；

（2）设圆与、分别切于、，则，，，

所以，，则，，

由，得，

由，得，则，

则，；

，

当且仅当时等号成，则的最小值6．

【点睛】关键点点睛：第二问，利用三角函数的定义及边角关系得到得到关于的关系式，结合基本不等式求最值.