2022-2023学年湖南省邵阳市第二中学高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年湖南省邵阳市第二中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．设，则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

【分析】计算得到，得到答案.

【详解】，则.

故复平面内对应的点位于一象限.

故选：A.

2．已知，，，则向量与向量的夹角为

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据，得到，再根据向量的夹角公式，得到答案.

【详解】因为，

所以

，

所以得到，

记向量与向量的夹角为，

且，，

所以，

而

所以，

故选：C．

【点睛】本题考查向量的计算，通过向量夹角公式求向量的夹角，属于简单题.

3．如图所示，正方形的边长为2cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（ ）

A．16cm B．cm

C．8cm D．cm

【答案】A

【分析】由直观图确定原图形中平行四边形中线段的长度与关系，然后计算可得．

【详解】由斜二测画法，原图形是平行四边形，，

又，，，

所以，

周长为．

故选：A．

4．在中，下列各式正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】利用正弦定理、余弦定理以及诱导公式判断四个选项的正误，即可得正确答案.

【详解】对于选项A：由正弦定理有，故，故选项A错误；

对于选项B：因为，故，故选项B错误；

对于选项C：，由余弦定理得；故选项C错误；

对于选项D：由正弦定理可得，再根据诱导公式可得：，即，故选项D正确；

故选：D

5．已知在正方体中，交于点，则（    ）

A．平面 B．平面

C．平面 D．

【答案】C

【分析】由线面平行的判定定理即可得出结果.

【详解】作出图形如图所示，连接，因为，所以平面平面，故平面，其他三个选项易知是错误的.

故选：C.

6．在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，四棱锥P﹣ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝AD，E为棱PA的中点，则直线CE与平面PAD所成角的正弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先证明平面，找出线面角，再解三角形即可求得结果.

【详解】因为平面平面，故可得，

又平面，

故可得平面.连接.

故即为所求直线CE与平面PAD所成角.

不妨设PA＝AB＝AD，

故在直角三角形中，，

故可得.

则.

则直线CE与平面PAD所成角的正弦值为.

故选：.

【点睛】本题考查线面角的求解，注意线面垂直的证明，属综合基础题.

7．在中，角、、的对边分别为、、，已知，，若最长边为，则最短边长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先结合角的范围利用同角三角函数基本关系求得角的正余弦，再利用三角形内角和为和诱导公式计算角的正余弦，判断c为最大边，为最短边，利用正弦定理求出即可.

【详解】由知，利用同角三角函数基本关系可求得，，由知，得，，

∴，，

即为钝角，为最大角，故c为最大边，有，

由知，最短边为，

于是由正弦定理，即求得，

故选：A.

【点睛】本题解题关键在于通过计算内角的正余弦值判断c为最大边，为最短边，才能再利用已知条件和正弦定理计算突破答案.

8．已知O是锐角三角形ABC的外接圆圆心，若，则m的值是（    ）.

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求得，结合以及正弦定理求得，进而求得正确选项.

【详解】依题意，为锐角.

，.

取的中点，则代入可得：

，

由于，所以，

由两边乘以得：

，

，

由正弦定理得，

即，

由于，两边除以得，

所以

.

故选：A

二、多选题

9．已知，表示两条不同直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（    ）

A．若，，则 B．若，，则

C．若，，，则 D．若，，，则

【答案】BC

【分析】采用逐一验证，根据线线、线面相关的判定定理以及性质定理进行判断即可.

【详解】对于选项A，若，，则与可能相交､平行或异面，A错误；

由直线与平面垂直的性质得选项B正确；

依据直线与平面垂直的性质定理得C正确；

选项D中可能与平面平行､垂直､斜交或在平面内.

故选：BC

10．若复数z满足，则（    ）

A． B．z的实部为1 C． D．

【答案】BD

【分析】根据复数的模长公式以及除法运算可得，进而可判断A,B,根据共轭复数可判断C，根据乘方运算，可判断D.

【详解】由得：，因此A错误，实部为1，则B正确，，故C错误，，故D正确.

故选:BD

11．如图，在棱长为2的正方体中，点M，N分别为接CD，CB的中点，点Q为侧面内部（不含边界）一动点，则（   ）

A．当点Q运动时，平面MNQ截正方体所得的多边形可能为四边形、五边形或六边形

B．当点Q运动时，均有平面MNQ⊥平面

C．当点Q为的中点时，直线平面MNQ

D．当点Q为的中点时，平面MNQ故正方体的外接球所得截面的面积为

【答案】BCD

【分析】点Q运动时，平面MNO截正方体所得的多边形可能为五边形成六边形判断A，根据线面垂直即可判断B，根据线线平行可判断C，根据几何体外接球的性质可计算长度求解半径即可判断D.

【详解】如图2所示，当点Q运动时，平面MNO截正方体所得的多边形可能为五边形成六边形，故A错误；

由于平面,所以平面,由于,故直线MN⊥平面，平面MNQ，平面MNQ⊥平面，故B正确；

如图3所示，当点Q为中点时，截面MNSER为五边形，直线MN与直线AC交于点T，易得：，又在平面中，易得，所以，平面MNQ,平面MNQ ,则直线平面MNQ，故C正确；

如图4所示，由C选项可知，，所以球心O到平面MNQ的距离等于点A到平面MNQ距离的三分之一，又由B选项可知，点A到直线ET的距离即是点A到平面MNQ的距离，利用等面积法可得该距离为，所以球心O到平面MNQ的距离，所以截面圆的半径，所以截面圆的面积为，故D正确，

故选:BCD．

【点睛】

三、填空题

12．已知向量，，且，则_________．

【答案】

【分析】先计算出，再由得出的值.

【详解】

，解得

故答案为：

【点睛】本题主要考查了由向量垂直的坐标表示计算参数的值，属于基础题.

13．设分别为内角的对边.已知， ，则______.

【答案】

【分析】利用正弦定理边角互化可得，结合利用余弦定理，化简可得答案.

【详解】由题意知，则，

因为,则，故，

则由可得，即，

故，

故答案为：

14．在中，，，为的重心，则________．

【答案】6

【分析】根据三角形重心的性质转化为，以及，再求数量积.

【详解】如图，点是的中点，

为的重心，，，

所以

故答案为：6

【点睛】本题考查向量数量积，重心，重点考查转化与化归思想，计算能力，属于基础题型.

15．蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，且球心О在PC上，，，，则该鞠（球）的表面积为__________.

【答案】

【分析】画出图形，做出辅助线，利用勾股定理求出球的半径，求出球的表面积.

【详解】

如图，取AB的中点M，连接MP，由

得：

连接CM并延长，交球O于点H，连接PH，因为PC球O的直径，

设球的半径为R，则

球的表面积为

故答案为：.

四、解答题

16．已知平面向量，.

(1)若，求的值；

(2)若，与共线，求实数m的值.

【答案】（1）；（2）4.

【解析】（1）求出，即可由坐标计算出模；

（2）求出，再由共线列出式子即可计算.

【详解】(1)，

所以；

(2)，

因为与共线，所以，解得m＝4.

17．在中，内角，，的对边分别为，，，.

(1)求角A的大小；

(2)若是角平分线，求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用正弦定理边化角结合同角的三角函数关系即可求得答案；

（2）根据角平分线性质可得，利用展开化简即可证明结论.

【详解】（1）由，由正弦定理可得，

因为，可得，所以，即，

又因为，可得.

（2）因为是角平分线，且，所以，

所以，

可得，

可得，

所以，所以，

即.

18．如图，四棱锥中，平面，四边形为正方形，点M、N分别为直线上的点，且满足．

（1）求证：平面；

（2）若，，求点到平面的距离．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【分析】（1）连接BD，由已知条件得到MN∥BD，进而使用线面平行的判定定理证明；

（2）利用等体积法转化求解.

【详解】（1）连接BD，∵，

∴MN∥BD，

∵MN平面ABCD，BD平面ABCD，

∴MN∥平面ABCD．

（2）设N点到平面PBC的距离为d1，D点到平面PBC的距离为d2，

∵，

∴,

依题可得VD-PBC=VP-DBC,

又PA⊥平面ABCD，

∴VP-DBC=SΔBCD·PA=,

∴VD-PBC=SΔPBC·d2=,

∵四边形ABCD为正方形，

∴CB⊥AB，

又PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，

∵PA∩AB=A，

∴BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，

依题可得SΔPBC=,

∴,

∴,

即点N到平面PBC的距离为．

【点睛】本题考查线面平行的证明，线面垂直的判定，等体积法求点到平面的距离，属基础题，

19．已知函数.

（Ⅰ）对任意的实数，恒有成立，求实数的取值范围；

（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，当实数取最小值时，讨论函数在时的零点个数.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.

【解析】（Ⅰ）由可知，区间是不等式解集的子集，由此可得出实数的不等式，解出即可；

（Ⅱ）由题意可知，，则，令，可得出，令，对实数的取值范围进行分类讨论，先讨论方程的根的个数及根的范围，进而得出方程的根个数，由此可得出结论.

【详解】（Ⅰ），，

对任意的实数，恒有成立，

则区间是不等式解集的子集，，解得，

因此，实数的取值范围是；

（Ⅱ），由题意可知，，，

令，得，令，

则，作出函数和函数在时的图象如下图所示：

作出函数在时的图象如下图所示：

①当或时，即当或时，方程无实根，

此时，函数无零点；

②当时，即当时，方程的根为，

而方程在区间上有两个实根，此时，函数有两个零点；

③当时，即当时，方程有两根、，

且，，

方程在区间上有两个实根，方程在区间上有两个实根，此时，函数有四个零点；

④当时，即当时，方程有两根分别为、，

方程在区间上只有一个实根，方程在区间上有两个实根，此时，函数有三个零点；

⑤当时，即当时，方程只有一个实根，且，

方程在区间上有两个实根，此时，函数有两个零点；

⑥当时，即当时，方程只有一个实根，

方程在区间上只有一个实根，此时，函数只有一个零点.

综上所述，当或时，函数无零点；

当时，函数只有一个零点；

当或时，函数有两个零点；

当时，函数有三个零点；

当时，函数有四个零点.

【点睛】本题考查利用二次不等式求参数，同时也考查了复合型二次函数的零点个数的分类讨论，解题时要将函数分解为内层函数和外层函数来分析，考查数形结合思想与分类讨论思想的应用，属于难题.