2022-2023学年陕西省咸阳市武功县高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年陕西省咸阳市武功县高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．若，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的运算和共轭复数的定义即可.

【详解】，

.

.

故选：B.

2．已知，，若，则（    ）

A． B．4 C．3 D．

【答案】B

【分析】由平面向量的坐标运算求解，

【详解】因为，所以，所以.

故选：B

3．设是单位向量，，，，则四边形是（    ）

A．梯形 B．菱形 C．矩形 D．正方形

【答案】B

【分析】由题知，进而得，，再根据菱形的定义即可得答案.

【详解】解：因为，，

所以，即，，

所以四边形是平行四边形，

因为，即，

所以四边形是菱形.

故选：B

4．正方体中，点，，，是其所在棱的中点，则与是异面直线的图形是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】对于A，B，D，利用两平行线确定一个平面可以证明直线与共面，对于C，利用异面直线的定义推理判断作答．

【详解】对于A，在正方体中，连接，，则，如图，

因为点，，，是其所在棱的中点，则有，，因此，则直线与共面，A错误；

对于B，在正方体中，连接，，，如图，

因为点，，，是其所在棱的中点，有且，则四边形为平行四边形，即有，

又，因此，直线与共面，B错误；

对于C，在正方体中，如图，

因为点，，，是其所在棱的中点，有，而平面，平面，

则平面，平面，则直线与无公共点，又直线与直线相交，

于是得直线与不平行，则直线与是异面直线，C正确；

对于，在正方体中，连接，，，，如图，

因为且，则四边形为平行四边形，有，

因为点，，，是其所在棱的中点，有，，则，直线与共面，D错误.

故选：C

5．已知两个力，的夹角为，它们的合力大小为10 N，合力与的夹角为，那么的大小为（   ）

A． N B．5 N C． N D．10 N

【答案】A

【分析】因为合力与的夹角为，用两向量夹角的余弦公式列式求解

【详解】因为两个力，的夹角为，所以，

又因为它们的合力大小为10 N，合力与的夹角为，设合力与的夹角为，

所以，解得.

故选：A.

6．用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的直角梯形，其中BC=AB=2，则原平面图形的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出直观图中，∠ADC=45°，AB=BC=2，，DC=4，即可得到原图形是一个直角梯形和各个边长及高，直接求面积即可.

【详解】直观图中，∠ADC=45°，AB=BC=2，DC⊥BC，∴，DC=4，

∴原来的平面图形上底长为2，下底为4，高为的直角梯形，

∴该平面图形的面积为.

故选：C

7．在中，若，则的形状是（    ）

A．钝角三角形 B．直角三角形

C．锐角三角形 D．无法判断

【答案】A

【分析】，利用正弦定理可得，再利用余弦定理即可判断三角形形状.

【详解】由，得，由正弦定理，得，

所以，故为钝角，所以是钝角三角形.

故选：A.

【点睛】本题考查利用正余弦定理判断三角形形状，考查学生对定理的灵活运用，是一道容易题.

8．当时，的值等于（    ）．

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由已知先求出的值，然后代入化简可得答案

【详解】解：由，得，

所以

故选：D

二、多选题

9．下列说法中，错误的有（   ）

A．向量与向量是相等向量

B．与实数类似，对于两个向量，有，，三种关系

C．两个向量平行时，表示向量的有向线段所在的直线一定平行

D．若两个非零向量是共线向量，则向量所在的直线可以平行，也可以重合

【答案】ABC

【分析】利用向量的概念、相等向量、共线向量的概念一一判定即可.

【详解】对于A项，可知向量与向量方向相反故非相等向量，A错；

对于B项，由于向量具有方向，故不能判定大小，其模有大小，B错；

对于C项，向量的平行包含重合，但有向线段平行与重合是两个概念，C错；

对于D项，共线向量所在的直线可以是平行也可以重合，D正确.

故选：ABC

10．在中，角的对边分别为.根据下列条件，判断三角形解的情况，其中正确的是（    ）

A．，有唯一解

B．，无解

C．，有两解

D．，有唯一解

【答案】AD

【分析】根据三边确定可判断A选项；由正弦定理，在结合大边对大角可判断B，C，D选项.

【详解】解：选项A，，已知三边三角形确定，有唯一解，A正确；

选项B，由正弦定理得：，则，再由大边对大角可得，故可以为锐角，也可以为钝角，故三角形有两解，B错误；

选项C，由正弦定理得：，则，且，由大边对大角可得，则只能为锐角，故三角形有唯一解，C错误；

选项D，由正弦定理得：，，由于，则是锐角，有唯一解，D正确.

故选：AD.

11．m，n是空间中不同的直线，，，y是不同的平面，则下列说法正确的是（    ）

A．若，，，则

B．若，，，则

C．若，，则

D．若l，m是两条异面直线，且，，，，则

【答案】ACD

【分析】根据直线、平面的位置关系逐一判断即可.

【详解】由线面平行的判定可知，故A正确；

若，，，则与异面或平行，故B错误；

由面面平行的性质可知，故C正确；

l，m是两条异面直线，，，，，则存在直线使得，且相交，设确定的平面，由面面平行的判定可知，同理可得，则，故D正确.

故选：ACD

12．如图，正方形的边长为，动点在正方形内部及边上运动，，则下列结论正确的有（    ）

A．点在线段上时，为定值

B．点在线段上时，为定值

C．的最大值为

D．使的点轨迹长度为

【答案】AC

【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，设点，利用平面向量的坐标运算逐项判断，可得出合适的选项.

【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

设点，

则，，，，

当点在线段上时，，，故A正确；

当点在线段上时，不是定值，不为定值，故B错误；

由得，则，，

所以，故当时，即当点与点重合时，取得最大值，故C正确；

由得，直线交轴于点，交轴于点，

所以，使的点轨迹为线段，且，故D错误.

故选：AC.

三、填空题

13．已知实数x，y满足，则_________.

【答案】4

【分析】根据复数相等列方程求解即可.

【详解】，

，

，

，

.

故答案为：4

14．已知，，，则在方向上的投影数量是_________.

【答案】

【分析】根据向量数量积的公式和投影的概念即可.

【详解】，

.

故在方向上的投影数量是.

故答案为：

15．已知复数是关于的方程的一个根，则_________.

【答案】

【分析】根据实系数方程虚根成对原理可得复数也是方程的一个根，利用韦达定理及复数代数形式的运算法则求出、，即可求出其模.

【详解】因为复数是关于的方程的一个根，

所以复数也是关于的方程的一个根，

所以，所以、，

所以.

故答案为：

16．已知矩形ABCD的顶点都在球心为O的球面上，，，且四棱锥的体积为，则球O的表面积为_________.

【答案】

【分析】先确定球心到面ABCD的距离，再计算球半径即可.

【详解】设球心到面ABCD的距离为，半径为，由矩形ABCD的顶点都在球心为O的球面上可知球心在底面ABCD的投影为矩形的中心，

易得，，

故.

故答案为：

四、解答题

17．平面内给定两个向量 ，

(1)设与的夹角为，求；

(2)求.

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）根据已知条件分别求出与的数量积及模长，利用向量的夹角公式直接代入求解即可；

（2）根据向量的坐标运算以及模长公式求解即可.

【详解】（1）因为，，

所以，

 ，  ，

所以 ；

（2）因为，，

所以，

所以.

18．如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，PA为点P到平面ABCD的距离，，，，点E、M分别在线段AB、PC上，其中E是AB中点，，连接ME.

(1)当时，证明：直线∥平面PAD；

(2)当时，求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)2

【分析】（1）构造平行四边形，然后利用线面平行的判定定理即可.

（2）根据，求出三棱锥的高，然后利用体积公式即可.

【详解】（1）取PD中点N，连接MN、AN，

是的中位线，MN//CD，且，

又AE//CD，且，四边形AEMN为平行四边形，

ME//AN

又平面PAD，平面PAD，//平面PAD.

（2），P到平面ABCD的距离为3，点M到平面ABCD的距离为1，

.

19．已知 ，和均为实数，其中是虚数单位.

(1)求复数；

(2)若对应的点在第四象限，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据复数代数形式的运算法则化简、，再根据复数的概念得到方程，求出、的值，即可得解；

（2）结合（1）得到，再根据题意得到不等式组，解得即可.

【详解】（1）由为实数，可得，则.

又为实数，则，得，

.

（2），

，则在复平面内对应的点的坐标为，

而对应的点在第四象限，

，解得或，

故的取值范围为.

20．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知 .

(1)求角B的大小；

(2)若，且，求a和c；

(3)若，，求的周长.

【答案】(1)

(2)，

(3).

【分析】（1）根据正余弦定理化简即可.

（2）根据正弦定理结合三角形面积公式即可.

（3）根据余弦定理求出的值即可.

【详解】（1）中，，

由正弦定理得：

，

，即，

，

在三角形中，，

.

（2），由正弦定理得：，

又，，

，.

（3）由余弦定理：，，

故周长为.

21．在如图所示的正方体中，，，分别为棱，，的中点

（1）证明：，，，四点共面；

（2）证明：平面平面．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）连接，根据公理4可证得，再根据公理2的推论即可证出；

（2）易证平面，平面，再根据面面平行的判定定理即可证出．

【详解】（1）连接，因为为正方体，所以，且，所以四边形为平行四形．所以，又因为，分别为棱，的中点，所以，所以，所以，，，四点共面．

（2）连接，，因为，，分别为棱，，的中点，所以，因为平面，所以平面．

同理，因为，且，所以为平行四边形，所以，又因为，所以平面．又因为，所以平面平面．

22．某地棚户区改造建筑平面示意图如图所示，经规划调研确定，棚改规划建筑用地区域近似为圆面，该圆面的内接四边形是原棚户区建筑用地，测量可知边界万米，万米，万米.

（1）请计算原棚户区建筑用地的面积及的长；

（2）因地理条件的限制，边界不能更改，而边界可以调整，为了提高棚户区建筑用地的利用率，请在圆弧上设计一点，使得棚户区改造后的新建筑用地的面积最大，并求出最大值.

【答案】(1) 万米. 万平方米.

(2) 所求面积的最大值为万平方米，此时点为弧ABC的中点.

【详解】试题分析：(1)利用圆内接四边形得到对角互补，再利用余弦定理求出相关边长，再利用三角形的面积公式和分割法进行求解 ；(2)利用余弦定理和基本不等式进行求解．

试题解析：(1)根据题意知，四边形ABCD内接于圆，∴∠ABC＋∠ADC＝180°.

在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，

即AC2＝42＋62－2×4×6×cos∠ABC.

在△ADC中，由余弦定理，得

AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos∠ADC，即AC2＝42＋22－2×4×2×cos∠ADC.

又cos∠ABC＝－cos∠ADC，

∴cos∠ABC＝，AC2＝28，即AC＝2万米，

又∠ABC∈(0，π)，∴∠ABC＝.

∴S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ADC＝×4×6×sin＋×2×4×sin＝8 (平方万米)．

(2)由题意知，S四边形APCD＝S△ADC＋S△APC，

且S△ADC＝AD·CD·sin＝2 (平方万米)．

设AP＝x，CP＝y，则S△APC＝xysin＝xy.

在△APC中，由余弦定理，得AC2＝x2＋y2－2xy·cos＝x2＋y2－xy＝28，

又x2＋y2－xy≥2xy－xy＝xy，

当且仅当x＝y时取等号，∴xy≤28.

∴S四边形APCD＝2＋xy≤2＋×28＝9 (平方万米)，

故所求面积的最大值为9平方万米，此时点P为弧ABC的中点．