2022-2023学年天津市第一中学高一下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年天津市第一中学高一下学期期中数学试题含解析，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市第一中学高一下学期期中数学试题 一、单选题1．若复数z满足其中i为虚数单位，则z=A．1+2i B．12i C． D．【答案】B【详解】试题分析：设，则，故，则，选B.【解析】注意共轭复数的概念【名师点睛】本题主要考查复数的运算及复数的概念，是一道基础题目.从历年高考题目看，复数题目往往不难，有时对复数的运算与概念、复数的几何意义等进行综合考查，也是考生必定得分的题目之一.2．在平行四边形中，（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由平行四边形的性质可得，从而可求得答案【详解】解：因为四边形为平行四边形，所以,所以，故选：D3．下列说法中，正确的是（    ）．A．三点确定一个平面 B．过一条直线的平面有无数多个C．两条直线确定一个平面 D．三条两两相交的直线确定三个平面【答案】B【分析】A选项，若三点共线，则此三点不能确定一个平面；B选项，过一条直线的平面有无数多个；C选项，两条直线若异面，则两条直线无法确定一个平面；D选项，三条两两相交的直线若过同一个点，则三条两两相交的直线确定三个平面或一个平面.【详解】若三点共线，则此三点不能确定一个平面，A错误；过一条直线的平面有无数多个，B正确；两条直线若异面，则两条直线无法确定一个平面，C错误；三条两两相交的直线若过同一个点，则三条两两相交的直线确定三个平面或一个平面，D错误.故选：B4．已知点，，则与同方向的单位向量为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】列方程即可求得与同方向的单位向量.【详解】，设与同方向的单位向量为则，解之得或当时，所求向量为，向量，符合题意；当时，所求向量为，向量，不符合题意，舍去.故选：A5．在中，已知，，，则（    ）A． B． C．或 D．或【答案】D【分析】直接利用正弦定理求解即可.【详解】在中，由正弦定理，得，所以，又，所以或.故选：D6．已知中，角，，所对的边分别是，，，若，且，那么是（    ）A．直角三角形 B．等边三角形 C．等腰三角形 D．等腰直角三角形【答案】B【分析】将化简并结合余弦定理可得的值，再对结合正、余弦定理化简可得边长关系，进行判定三角形形状.【详解】由，得，整理得，则，因为，所以，又由及正弦定理，得，化简得，所以为等边三角形，故选：B7．设向量，且，则（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】A【分析】根据的垂直关系，可求出 ；根据的平行关系，可求出 ，进而求出的值．【详解】因为，所以因为，所以 所以 ，所以 故选：A．8．若一个圆锥的高和底面直径相等，且它的体积为，则此圆锥的侧面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由已知求得圆锥的高和底面直径，再求得母线长可得侧面积．【详解】设底面半径为，由高为，所以，，，所以母线长为，所以侧面积为．故选：A．9．已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是A．若则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】B【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.【解析】空间点线面位置关系． 10．如图，正方体的棱长为2，E是棱的中点，则点到平面EBD的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】注意到，利用等体积法可得答案.【详解】，，，则.在中，由题意及图形结合勾股定理可得，，则由余弦定理可得，则.则.设到平面EBD的距离为，则.又，则.故选：D 二、填空题11．是虚数单位，则___________.【答案】【分析】直接对复数化简即可【详解】解：，故答案为：12．已知向量的夹角为，，则_______.【答案】【分析】根据计算可得结果.【详解】.故答案为：13．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上. 若球的体积为, 则正方体的棱长为 .【答案】【分析】根据正方体的性质，结合球的体积公式进行求解即可.【详解】因为正方体体的对角线就是正方体的外接球的直径，所以由外接球的体积公式得：，即，则，故答案为：．【点睛】本题考查了正方体外接球的性质，考查了球的体积公式的应用，考查了空间想象能力和数学运算能力.14．已知平面上不共线的四点O，A，B，C，若，则_____【答案】/【分析】由可得，即可得答案.【详解】.则三点共线，且在BA的反向延长线上，如下图所示，则.故答案为：15．已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的周长的最大值为_________.【答案】【分析】根据，利用余弦定理求得角A，进而得到外接圆半径，再由的周长为求解.【详解】解：因为，所以，因为，所以，则，所以的周长为，，，，当，即时， 的周长取得最大值为6，故答案为： 三、双空题16．在梯形中，，且，，分别为线段和的中点，若，，用，表示__________．若，则余弦值的最小值为__________．【答案】          【分析】空（1）使用向量线性运算求解即可；空（2）以与为基底，用数量积的形式表示出，再由基本不等式求解即可.【详解】如图，由已知，.∴.设，即与的夹角为，，若，则，∴，又∵，，∴由基本不等式，∴.当且仅当，即时，等号成立.故答案为：，.【点睛】关键点睛：解决本题第2空的关键，是用以为夹角的两个向量作为基底，将垂直关系转化为数量积的形式，再借助基本不等式求解. 四、解答题17．已知的内角、、的对边分别为、、，且.(1)求角的大小；(2)若，且，求的周长.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理结合余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）利用三角形的面积公式可求得的值，利用余弦定理可求得的值，进而可求得的周长.【详解】（1）解：由，利用正弦定理可得，化为，所以，，，.（2）解：，且，所以，，由余弦定理可得，所以，，解得，因此，周长为.18．如图，在正方体中，点为棱的中点.（1）求证：平面；（2）求异面直线与所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）连接BD与AC交于点O，根据O，E为为中点，易得,再利用线面平行的判定定理证明； （2）根据（1），由得到异面直线与所成的角，然后证得 ，得到是直角三角形求解.【详解】（1）如图所示：，连接BD与AC交于点O，因为O，E为为中点，所以,又平面，平面，所以平面；（2）由（1）知，则异面直线与所成的角，在正方体中，因为，且，所以平面，又因为平面，所以 ，所以是直角三角形，设正方体的棱长为a,则 ， ，所以 ，所以，故答案为：【点睛】方法点睛：求异面直线所成的角常用方法是平移法，平移方法一般有三种类型：利用图中已有的平行线平移；利用特殊点(线段的端点或中点)作平行线平移；补形平移．19．如图，已知平面ABC，，，，，，点和分别为和的中点.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的大小.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）根据平面，得到平面，即可得到平面平面，根据等腰三角形三线合一的性质得到，然后利用面面垂直的性质定理即可得到平面；（2）根据，点为中点得到，即可将直线与平面所成角转化为直线与平面所成角，由（1）的结论可得为直线与平面所成角，然后利用勾股定理得到，的长度，即可求直线与平面所成角.【详解】（1）∵平面，，∴平面，∵平面，∴平面平面，∵，点为中点，∴，∵平面平面，平面，∴平面.（2）取中点，连接，，∵，，，点为中点，∴四边为平行四边形，∴，∴直线与平面所成角和直线与平面所成角相等， ∵平面，∴为直线与平面所成角，∵点为中点，，∴，，，∴，又，所以，所以直线与平面所成角为.20．如图，已知正方形的边长为2，点为正方形内一点.（1）如图1（i）求的值；（ii）求的值；（2）如图2，若点满足.点是线段的中点，点是平面上动点，且满足，其中，求的最小值.【答案】(1) （i） 4    （ii） 8    （2）  【分析】(1) （i）由向量的数量积的运算性质和向量的加法法则可得，结合数量积的定义可得答案.（ii）利用向量数量积的运算性质结合图形将原式化为，利用向量的加法法则即化为，结合数量积的定义可得答案.（2）以 为原点，为轴，为轴，建立平面直角坐标系，得出相应点的坐标，根据条件得出点的坐标，再由向量数量积的坐标公式可得答案.【详解】（1）（i）正方形的边长为2，则,.（ii）（2）以 为原点，为轴，为轴，建立平面直角坐标系.由，则所以,点是线段的中点，则设，，，由，即 所以 ，解得，即 , 当时，的最小值为【点睛】关键点睛：本题考查向量的加法法则和数量积的运算，建立坐标系利用坐标法求解向量的数量积的最值，解答本题的关键是建立坐标系，根据条件得出点坐标，从而得出，属于中档题.