精品解析：山西省大同市平城中学校2022-2023学年高一下学期4月分班考数学试题（解析版）

平城中学高一年级选科分班考试题

数学

（考试时间：120分钟    试卷满分：150分）

注意事项：

1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.

2.答题时，请将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束后，将答题卡交回.

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. （    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用诱导公式及特殊角的三角函数值判断即可.

【详解】.

故选：C

2. 已知为虚数单位，则复数的虚部是（    ）

A.  B. 2 C.  D. 1

【答案】D

【解析】

【分析】根据复数的概念判断即可.

【详解】复数的虚部为.

故选：D

3. 已知三角形的三边长分别为5，7，8，则此三角形的面积等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由三边长利用余弦定理可得角的余弦值，再计算出正弦值代入面积公式即可求得结果.

【详解】不妨令三角形三边分别，

则由余弦定理可得，则；

由面积公式可得.

故选：D

4. 已知向量，，则与的夹角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】首先求出，，，再根据夹角公式计算可得.

【详解】因为，，所以，，

，

设与的夹角为，则，又，所以.

故选：B

5. 如图所示，一个水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形，则原四边形的面积是（    ）

A.  B.  C. 16 D. 8

【答案】B

【解析】

【分析】根据斜二测画法规则求出，判断的形状，确定，由此求出原四边形的面积.

【详解】在正方形中可得，

由斜二测画法可知，，

且，，

所以四边形为平行四边形，

所以．

故选：B.

6. 两条直线没有公共点是这两条直线异面的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件

C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据空间中直线得的位置关系和充分条件、必要条件的判断即可求解.

【详解】由两条直线异面可得到两条直线没有公共点，反之不成立，

所以“两条直线没有公共点”是“这两条直线是异面直线”的必要不充分条件，

故选：B.

7. 设为所在平面内一点，且，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据平面向量基本定理和平面向量的加法减法的几何意义，结合平面向量共线的性质进行求解即可.

【详解】因为，所以，

所以.

故选：A

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．

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 下列命题中不正确的是（    ）

A. 圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面

B. 正四棱锥的侧面都是正三角形

C. 用一个平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台

D. 平行六面体的每个面都是平行四边形

【答案】BC

【解析】

【分析】由正四棱锥的概念判断选项B；由旋转体的结构特征判断选项A,C；由平行六面体的特征判断选项D.

【详解】对于A，圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，故选项A正确；

对于B，正四棱锥的侧面都是等腰三角形，不一定是正三角形，故选项B错误；

对于C，用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台，而不是用一个平面去截圆锥，故选项C错误，

对于D，平行六面体的每个面都是平行四边形，故选项D正确，

故选：BC.

10. 下列命题中，真命题为（    ）

A. 若在平面外，它的三条边所在的直线分别交平面于点，则三点共线；

B. 若两条直线互相平行且分别交直线于两点，则这三条直线共面.

C. 若直线与平面平行，则这条直线与平面内的直线平行或异面.

D. 若直线上有无数个点不在平面内，则直线和平面平行

【答案】ABC

【解析】

【分析】由公理3“如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的直线”可知A正确；由于两平行线确定一个平面，且一条直线上有两点在平面内，则直线在平面内，即B正确；若直线与平面平行，则直线和面内的所有直线都不相交，只能平行或异面，所以C正确；若直线上有无数个点不在平面内，则直线和平面可以相交，即D错误.

【详解】对于A，因为三点既在平面上，又在平面上，所以这三点一定在平面与平面的交线上，即三点共线；所以A正确；

对于B，因为，所以确定一个平面，又因为直线上的两点在平面内，所以直线，即三线共面，即B正确；

对于C，由线面平行的性质可得，若直线与平面平行，则这条直线与平面内的直线平行或异面，所以C正确.

对于D，若直线上有无数个点不在平面内，则直线和平面可以相交、也可以平行，所以D错误；

故选：ABC

11. 已知两个单位向量，的夹角为，则下列结论正确的有（    ）

A.  B.

C.  D. 在方向上的投影向量为

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据数量积的定义判断A，根据数量积的运算律判断B、C，根据投影向量的定义判断D.

【详解】因为两个单位向量，的夹角为，则，

所以，故A错误；

，，所以，故B正确；

因为，所以，故C正确；

在方向上的投影向量为，故D正确；

故选：BCD

12. 中，角，，所对的边分别为，，，则如下命题中，正确的是（    ）

A. 若，则

B. 若，则等腰三角形

C. 若为锐角三角形，则

D. 若是直角三角形，则

【答案】ACD

【解析】

【分析】由大角对大边及正弦定理判断A，利用正弦定理将边化角，再由二倍角公式判断B，利用诱导公式及不等式性质判断C，利用反证法证明D.

【详解】对于A：若，则，结合正弦定理得，故A正确；

对于B：若，由正弦定理可得，

所以，故或，

即或，故三角形是等腰三角形或直角三角形，故B错误；

对于C：若三角形为锐角三角形，则，故，

同理可得，，

三式相加得，故C正确；

对于D：若是直角三角形，不妨设为直角，则，

由正弦定理可得，所以，

所以，又，所以，则，

同理可证或为直角时也成立，故D正确．

故选：ACD．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知i为虚数单位，复数，则______.

【答案】

【解析】

【分析】由复数乘法运算法则可得，代入模长公式可得.

【详解】由可得，

所以.

故答案为：

14. 一个正三棱锥的底面边长为6，侧棱长为4，那么这个正三棱锥的体积等于______.

【答案】

【解析】

【分析】根据所给条件画出图形，再根据正三棱锥的性质计算求出高，在根据锥体的体积公式计算可得.

【详解】如图正三棱锥中，为的中点，则，

设为三角形的重心，则底面，

又，

所以，即这个正三棱锥的高是，

又，

所以；

故答案为：

15. 圆锥的母线长为5，底面半径为3，则其表面积等于______.

【答案】

【解析】

【分析】根据表面积公式计算可得.

【详解】因为圆锥的母线，底面半径，

所以圆锥的侧面积，底面积，

所以圆锥的表面积.

故答案为：

16. 已知平面内，为内一点，如果点到的两边，的距离分别为3，5，那么到顶点的距离为______.

【答案】

【解析】

【分析】画出草图分别表示出，并利用两角和的余弦公式即可计算出.

【详解】根据题意可得，记，如下图所示：

易知，且，不妨设；

易知，则；

由可得，

整理可得，解得，即；

所以到顶点的距离.

故答案为：

四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17. 若，

（1）求的值；

（2）求的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意得到，结合，即可求解；

（2）由（1）知，，结合，即可求解.

【小问1详解】

解：因为，可得，所以，

由.

【小问2详解】

解：由（1）知，，

则.

18. 已知复数，i为虚数单位，分别求出满足下列条件的实数的值或范围.

（1）为实数；

（2）复平面内，复数的共轭复数对应的点在第三象限；

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用实数的虚部为0即可得；

（2）易知，若复平面内对应的点在第三象限，可得.

【小问1详解】

根据复数定义可得，若为实数，则虚部为0，

即，可得

【小问2详解】

由共轭复数定义可得，

其对应点的坐标为，

若在第三象限，则，解得；

即实数的取值范围为.

19. 已知向量与满足，，与的夹角为.

（1）求；

（2）求；

（3）若，求实数的值.

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据数量积的定义计算可得；

（2）根据及数量积的运算律计算可得；

（3）依题意可得，根据数量积的运算律计算可得.

【小问1详解】

因为，，与的夹角为，

所以.

【小问2详解】

.

【小问3详解】

因为，则，

即，

所以，即，解得.

20. 已知三条直线，，相交于同一点，直线与它们分别相交于点，，，（异于点），求证：，，，四条直线在同一个平面内.

【答案】证明见解析

【解析】

【分析】由点及直线确定一个平面，记为，根据基本事实2可得，同理可证，，即可得证.

【详解】依题意，设点及直线确定一个平面，记为．

，，，又，，

又，，则，

同理可证，，，所以，，，四条直线在同一个平面内.

21. 已知的内角的对边分别为，，，且.

（1）求；

（2）若，的面积为，求的周长.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由题可知利用正弦定理可得，又，可得；

（2）由余弦定理可得，利用面积公式可得，配方即可解得，所以周长为.

【小问1详解】

由利用正弦定理可得，

，即；

又因为，所以，可得

又，可得

【小问2详解】

利用余弦定理可得，即；

由面积，可得，

所以，即，所以；

因此周长

22. 已知函数.

（1）求的最小正周期；

（2）求函数的值域和单调递增区间.

【答案】（1）   

（2）值域为，单调递增区间为

【解析】

【分析】（1）化简函数，结合最小正周期的计算公式，即可求解；

（2）由，结合三角函数的性质，即可求解.

【小问1详解】

解：由函数，

所以函数的最小正周期为.

小问2详解】

解：由函数，

当时，即，此时；

当时，即，此时，

所以函数的值域为.

令，解得，

所以函数的单调递增区间为