2022-2023学年广东省深圳市高级中学高中部高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年广东省深圳市高级中学高中部高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知复数与都是纯虚数，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意设，根据复数的四则运算可得出关于的等式与不等式，求出的值，即可得解.

【详解】因为为纯虚数，设，则，

由题意可得，解得，因此，.

故选：C.

2．在空间中，α，β表示平面，m表示直线，已知α∩β=l，则下列命题正确的是

A．若m//l，则m与α，β都平行 B．若m与α，β都平行，则m//l

C．若m与l异面，则m与α，β都相交 D．若m与α，β都相交，则m与l异面

【答案】B

【解析】根据空间中直线与直线的位置关系，以及直线与平面的位置关系，对选项进行逐一判断即可.

【详解】对：若m//l，则m与α，β都平行，或在平面，或者内，故错误；

对：若m与α，β都平行，容易知m//l，故正确；

对：若m与l异面，则m与α，β都相交，或与其中一个平面相交，与另一个平行，

故错误；

对：若m与α，β都相交，则m与l异面，或者与相交，故错误.

综上所述，选项正确.

故选：B.

【点睛】本题考查空间中直线与平面，直线与直线之间的位置关系，属基础题.

3．已知,则λ是“与的夹角为钝角”的条件

A．充分不必要 B．必要不充分

C．充分必要 D．既不充分也不必要

【答案】B

【解析】根据向量的夹角为钝角，则，再排除共线时的取值，从而进行等价转化；再结合题意进行选择即可.

【详解】∵，

∴与的夹角为钝角⇔﹣2λ﹣1<0且﹣2+λ≠0，

即λ且λ≠2.

∴λ是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件.

故选：B.

【点睛】本题考查命题充分性和必要性的判断，涉及由向量夹角的范围求参数的范围，属综合基础题.

4．已知，，，则下列正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用和角余弦公式、二倍角余弦及正切公式化简a、b、c，结合三角函数的性质比较大小.

【详解】由，

，

，

所以.

故选：C

5．已知底面半径为的圆锥的侧面积与半径为1的球的表面积相等，则圆锥的母线长为（    ）

A． B．2 C． D．4

【答案】C

【分析】根据底面半径为的圆锥的侧面积与半径为1的球的表面积相等，利用圆锥的侧面积公式和球的表面积公式求解.

【详解】解：设圆锥的母线长为l，

半径为1的球的表面积为，

因为底面半径为的圆锥的侧面积与半径为1的球的表面积相等，

所以，

解得，

故选：C

6．已知非零向量、满足，且，则的形状是（    ）

A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形

C．等腰（非等边）三角形 D．等边三角形

【答案】D

【分析】由可得，再由可求出，即得三角形形状.

【详解】因为和分别表示向量和向量方向上的单位向量，

由，可得的角平分线与垂直，

所以为等腰三角形，且，

且，

所以，又，

所以，

所以，

所以三角形为等边三角形．

故选：D．

7．如图，在中，，，P为上一点，且满足，若，，则的值为（    ）

A．-3 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据三点共线求出，然后把当基底表示出和，从而求的值.

【详解】因为，所以，

所以，因为三点共线，所以，即，

所以，又,

所以

.

故选：C.

8．若函数在（0，）上恰有2个零点，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】化简函数，根据，得到，结合在上恰有2个零点，列出不等式，即可求解.

【详解】由题意，函数，

因为，所以，

又由在上恰有2个零点，所以，解得，

所以的取值范围为.

故选：B.

二、多选题

9．已知为虚数单位，则以下四个说法中正确的是（       ）

A． B．复数的虚部为

C．若复数为纯虚数，则 D．若为复数，则为实数

【答案】AD

【分析】根据复数的乘方、虚部的概念、纯虚数的概念与复数的几何意义、共轭复数的概念与运算依次判断选项即可.

【详解】A：，故A正确；

B：对于复数的虚部为-1，故B错误；

C：由复数z为纯虚数，设()，

则，所以，故C错误；

D：设复数()，则，

所以，故D正确.

故选：AD

10．设点是所在平面内一点，则下列说法正确的是(    )

A．若，则

B．若，则点､､三点共线

C．若点是的重心，则

D．若且，则的面积是面积的

【答案】ACD

【分析】A：根据向量的数乘和加减法法则即可判断；B：根据向量共线的性质即可判断；C：根据三角形重心的性质即可判断；D：根据向量共线和三角形面积即可判断.

【详解】对于A，，故A正确；

对于B，若M、B、C三点共线，则存在唯一实数，使得，

则，

∵，∴，则λ无解，故M、B、C三点不共线，故B错误；

对于C，延长AM交BC于D，∵M是△ABC重心，∴D是BC中点，

则，

∴，故C正确；

对于D，∵且，∴，

设则，则三点共线，

由MD=AD可知的面积是面积的，故D正确．

故选：ACD．

11．在中，内角，，的对边分别为，，，且（    ）

A．若，，则

B．若，，则的面积为

C．若，则的最大值为

D．若，则周长的取值范围为

【答案】ACD

【分析】由正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、三角形三边关系及基本不等式可求解.

【详解】因为，所以.

对于A，B，若，则，

，解得，

的面积，A正确，B错误.

对于C，若，则，

，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为，C正确.

对于D，若，则根据三边关系可得即解得，则，的周长为，故周长的取值范围为，D正确.

故选：ACD

12．在直三棱柱中，，点P在线段上，则的（    ）

A．最小值为 B．最小值为

C．最大值为 D．最大值为

【答案】BD

【分析】将平面与平面展平在一个平面上后可求的最值.

【详解】如图展开，其中是斜边为的等腰直角三角形，

是斜边为6的等腰直角三角形．

当三点共线时，取得最小值．

当P位于C点位置时，取得最大值．

故选：BD.

三、填空题

13．已知，则______．

【答案】

【分析】利用诱导公式，二倍角的余弦公式求解作答.

【详解】因，所以

故答案为：

14．已知向量在向量方向上的投影向量为，且，则__．(结果用数值表示)

【答案】

【分析】首先根据投影公式求得，再代入数量积公式，即可求解.

【详解】因为向量在向量方向上的投影向量为，且，

所以，所以，

则．

故答案为：

15．若为奇函数，则___________.（填写符合要求的一个值）

【答案】（答案不唯一，符合题意均可）

【分析】由为奇函数，且为奇函数，为偶函数，可得，解方程即可得答案.

【详解】解：，

因为为奇函数，且为奇函数，为偶函数，

所以，即，

所以或，，

所以的值可以是，

故答案为：（答案不唯一，符合题意均可）

16．已知三棱锥的棱长均为4，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的表面积为__________.

【答案】/

【分析】由等体积法求得内切球半径，再根据比例求得球的半径，则问题可解．

【详解】如图所示：

依题意得 ，

底面的外接圆半径为，

点到平面的距离为 ，

所以 ，

所以

设球的半径为，所以

则，得

设球的半径为，则，又 得

所以球的表面积为

故答案为：.

四、解答题

17．在直角梯形中，已知，，，，对角线交于点，点在上，且满足.

(1)求的值;

(2)若为线段上任意一点，求的最小值.

【答案】(1);(2)

【解析】（1）以为基底，将数量积运算通过向量的线性运算，转化成关于基底的运算；

（2）先确定的位置，即，再令，从而将表示成关于的二次函数，利用二次函数的性质，即可得答案.

【详解】(1)在梯形中，因为，，所以，

;

(2)令，

则，即，

令，则，，

所以当时，有最小值.

【点睛】本题考查向量的线性运算、向量数量积的最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意将最值问题转化为函数的最值问题.

18．已知，为锐角，，

(1)求的值；

(2)求的值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】根根据二倍角公式和同角三角函数基本关系式，转化为，即可求解；

根据已知得与的值，由，即可求解．

【详解】（1）；

（2）因为，所以，

，，

又，为锐角，所以，

，

，

 所以

19．如图，在棱长为4的正方体中，E是上的动点，F是CD的中点.

(1)求三棱锥的体积；

(2)若E是的中点，求证：平面.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）由正方体的性质可知平面，即点到平面的距离为，最后根据锥体的条件公式计算可得.

（2）连接交于点，连接，，，即可得到四边形是平行四边形，从而得到，即可得证.

【详解】（1）解：在正方体中，平面，

所以点在上运动时，到平面的距离为4，

所以.

（2）解：连接交于点，连接，，，

因为，且，，且，所以且，

所以四边形是平行四边形，

所以，

又因为平面，平面，

所以平面.

20．记中，角所对边分别为，且

(1)求的最小值；

(2)若，求及的面积.

【答案】(1)

(2)5，

【分析】（1）先利用题给条件求得，再利用均值定理即可求得的最小值；

（2）先求得，再利用正弦定理即可求得及的面积.

【详解】（1）因为，所以，

即，因为，所以，

所以

，

（当且仅当时等号成立.）

所以的最小值为.

（2）因为，由（1）得，，

因为，所以，

所以，

由正弦定理，得，

所以的面积为.

21．已知函数，其图象中相邻的两个对称中心的距离为，且函数的图象关于直线对称；

(1)求出的解析式；

(2)将的图象向左平移个单位长度，得到曲线，若方程在上有两根，，求的值及的取值范围.

【答案】(1)

(2)，

【分析】（1）根据条件相邻的两个对称中心的距离为得到周期从而求出，再根据对称轴是及求出，从而得到的解析式；

（2）根据平移变换得到，再通过整体代换，利用正弦函数的图像和性质得到有最小值及对应的自变量的值，即可求的值及的取值范围.

【详解】（1）解：因为函数的图象相邻的对称中心之间的距离为，

所以，即周期，所以，

所以，

又因为函数的图象关于直线轴对称，

所以，，即，，

因为，所以，

所以函数的解析式为；

（2）解：将的图象向左平移个单位长度，得到曲线，

所以，

当时，，,

当时，有最小值且关于对称，

因为方程在上有两根，，

所以，

，即的取值范围.

22．D为边上一点，满足，，记，．

(1)当时，且，求CD的值；

(2)若，求面积的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设CD长为x，可知，，再利用正切的二倍角公式可求解；

（2）利用正弦定理得，，再利用三角形面积公式结合两角差的正弦公式及辅助角公式可得，利用正弦函数的性质即可求解.

【详解】（1）设CD长为x，当时，，，则，

因为，所以，即

所以，得，所以，所以为

（2）在中，，则，

由正弦定理得，又，

所以，，

则的面积，

又，

所以

因为，所以，

所以当，即时，S有最大值

又的面积等于，故的面积的最大值为