2022-2023学年天津市五所重点学校高一下学期期中联考数学试题含解析

  2022～2023学年度第二学期期中重点校联考高一数学

一、选择题（本题共9小题，每小题4分，共36分）

1. 已知，其中为虚数单位，则（    ）

A.  B. 5 C. 2 D.

【答案】A

【解析】

【分析】应用复数除法求得复数，再求其模.

【详解】由，故.

故选：A

2. 已知向量，，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据向量的平行的坐标表示，即可求解.

【详解】因为，则，得.

故选：D

3. 已知，是夹角为60°的单位向量，则（    ）

A. 7 B. 13 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】对表达式直接平方，结合数量积的运算进行求解.

【详解】，于是.

故选：C

4. 已知a、b为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）

A. 若，，则

B. 若，，，则

C 若，，则

D. 若，，，则

【答案】C

【解析】

【分析】根据直线与平面，平面与平面的位置关系，对四个选项逐一判断即可.

【详解】对于A：若，，则或，故A错误；

对于B：若，，则或与相交，故B错误；

对于C：若，，则，故C正确；

对于D：若，，，则或与异面，故D错误.

故选：C.

5. 在中，已知，那么一定是（    ）

A 等腰直角三角形 B. 直角三角形

C. 等腰三角形 D. 等边三角形

【答案】C

【解析】

【分析】利用三角函数诱导公式和正弦定理余弦定理化简题给条件即可得到，进而得到为等腰三角形.

【详解】因为，，

所以，

所以由正弦定理和余弦定理得，

化简得，所以，所以为等腰三角形.

故选：C

6. 已知，若与的夹角为120°，则在上的投影向量为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据投影向量的定义，结合向量数量积的运算律求在上的投影向量.

【详解】在上的投影向量为，

，

所以，在上的投影向量为.

故选：B

7. 在中，内角，，所对的边为，，，若，，，则角的大小为（    ）

A.  B. 或 C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由正弦定理及三角形内角和性质求角的大小.

【详解】由，则，而，故或，

显然，所得角均满足.

故选：B

8. 若一个正方体的八个顶点都在同一个球面上，则正方体与这个球的表面积之比为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设正方体的棱长为，则外接球的直径为正方体的体对角线，从而可得球的半径，利用公式求出两者的表面积后可得它们的比值．

【详解】设正方体的棱长为，外接球的半径为，则，

故球的表面积为，而正方体的表面积为，

故正方体与这个球的表面积之比为．

故选：C．

【点睛】本题考查正方体和其外接球的表面积的计算，注意弄清楚球的半径与正方体的棱长的关系，本题属于基础题．

9. 如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由三点共线，结合向量的线性运算将用表示，根据共线的条件得出参数值，然后对等式两边同时平方即可.

【详解】，又，即，

由三点共线可知，，即，故.

由题知，，.

将上式两边平方可得，，即.

故选：B

二、填空题（本题共6小题，每小题4分，共24分）

10. 若复数z满足，则z虚部是______

【答案】

【解析】

【分析】应用复数的减法运算求复数，即可确定其虚部.

【详解】由题设，故虚部为.

故答案为：

11. 已知圆锥的底面半径为2，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的体积为___________.

【答案】##

【解析】

【分析】先计算圆锥的底面周长，即为侧面展开图的弧长，进而求得侧面展开图的半径，即为圆锥的母线长，再求得圆锥的高，从而求得体积即可

【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，高为，

因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，所以，又，

所以圆锥的母线长，所以圆锥的高，

所以圆锥的体积，

故答案为：.

12. 若一个圆柱和一个圆锥的底面周长之比为，圆柱的体积是圆锥体积的2倍，则圆柱的高与圆锥的高的比为______.

【答案】##

【解析】

【分析】设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的底面半径为，高为，结合题意得到，结合圆柱和圆锥的体积公式，求得的值，即可求解.

【详解】设圆柱的底面圆的半径为，高为，圆锥的底面圆的半径为，高为，

因为圆柱和圆锥的底面周长之比为，可得，所以，

又因为圆柱的体积是圆锥体积的2倍，可得，

解得，即圆柱的高与圆锥的高的比为.

故答案为：.

13. 在中，分别为内角所对的边，若，，则的面积是______.

【答案】##

【解析】

【分析】根据题意求得，再由余弦定理列出方程求得，结合三角形的面积公式，即可求解.

【详解】因为，可得，即，

又因为，由余弦定理可得，解得，

所以的面积为.

故答案为：

14. 一艘轮船沿北偏东方向，以18海里/时的速度沿直线航行，一座灯塔原来在轮船的南偏东方向上，经过10分钟的航行，此时轮船与灯塔的距离为海里，则灯塔与轮船原来的距离为______海里.

【答案】2

【解析】

【分析】如图，设A为轮船原来的位置，B为轮船10分钟后的位置，C为灯塔的位置，然后在中利用余弦定理求解即可.

【详解】如图，设A为轮船原来的位置，B为轮船10分钟后的位置，C为灯塔的位置，

由题意知，，．

由余弦定理得，

所以，化简得，

解得或（舍去），

所以灯塔与轮船原来的距离为2海里，

故答案为：2.

15. 如图，在平面四边形中，，，，.若点为边上的动点（不与、重合），则的取值范围为______.

【答案】

【解析】

【分析】设，根据条件找出，，且与的夹角为，与的夹角为，从而根据向量的加法法则和减法的定义写出，然后表示为关于的二次函数，通过求二次函数的最小值即可解决问题.

【详解】延长交于点，因为，所以，，

在中，，，所以，

在中，，，所以，

所以，不妨设，则，且与的夹角为，与的夹角为，

则

，

设，，

所以时，.

，

则的范围是.

故答案为：.

三、解答题（本大题共4小题，共60分）

16. 已知，.

（1）求与夹角的余弦值；

（2）若，求实数的值；

（3）若，，且、、三点共线，求的值.

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）利用向量的数量积的坐标运算和夹角公式即可得出；

（2）依题意可得，根据数量积的运算律得到方程，解得即可；

（3）首先求出，的坐标，依题意可得，根据向量共线的坐标表示计算可得．

【小问1详解】

，．

，，．

．

【小问2详解】

，

，

即，

整理得，解得．

【小问3详解】

因为，

，

因为、、三点共线，

所以，即，解得.

17. 在非等腰中，，，分别是三个内角，，的对边，且，，.

（1）求的值；

（2）求的周长；

（3）求的值.

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理得，根据，解得．

（2）由余弦定理，建立方程 ，根据，，互不相等，求得，即可求出周长．

（3）由，得，应用二倍角的三角函数求得，应用两角和差的三角函数求.

【小问1详解】

在中，由正弦定理，，，

可得，

因为，所以，即，

显然，解得．

【小问2详解】

在中，由余弦定理，

得，解得或．

由已知，，互不相等，所以，

所以．

【小问3详解】

因为，所以，

所以，，

所以.

18. 如图：在正方体中，为的中点.

（1）求三棱锥的体积；

（2）求证：平面；

（3）若为的中点，求证：平面平面.

【答案】（1）   

（2）证明见解析    （3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据锥体的体积公式计算即可；

（2）根据线面平行的判定进行证明；

（3）根据面面平行的判定进行证明.

【小问1详解】

显然平面，于是.

【小问2详解】

设，连接，

在正方体中，四边形是正方形，是中点，

是的中点，，

平面平面

平面；

【小问3详解】

为的中点，为的中点，

，

四边形为平行四边形，，

又平面平面平面，

由（2）知平面平面平面，

平面平面.

19. 在中，角，，的对边分别为，，，已知.

（1）求角大小；

（2）若为锐角三角形，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据三角恒等变换和正弦定理的得到，进而由余弦定理得到，求出角；

（2）由三角函数和差公式求出，由,求出取值范围.

【小问1详解】

因为，

所以，

整理得，

由正弦定理得，

由余弦定理得，

因为，所以.

【小问2详解】

在中，因为，三角形是锐角三角形，,所以，

所以，所以，

所以，

所以的取值范围为.