2022-2023学年河北省保定市第三中学高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年河北省保定市第三中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．设复数满足，则的虚部是（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的除法运算求解.

【详解】因为，所以，

所以的虚部是，

故选:C.

2．已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，对于下列四个命题：

①如果，，，，那么；

②如果，，那么；

③如果，，，那么；

④如果，，那么.

其中正确命题的个数有（    ）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

【答案】A

【分析】根据线线、线面、面面的位置关系，结合平面的基本性质判断各项的正误，即可知正确命题的个数.

【详解】①如果，，，，仅当，相交时，否则，不一定平行，错误；

②如果，，则或，错误；

③如果，，，则或，为异面直线，错误；

④如果，，则或，为异面直线，错误；

故选：A

3．已知，为坐标原点，则下列说法正确的是（    ）

A． B．三点共线

C．三点共线 D．

【答案】B

【分析】根据向量的坐标运算判断AD，根据共线向量判断三点共线可判断BC.

【详解】因为知，

所以 ， 故A错误；

因为，即，

所以三点共线，故B正确；

因为,

所以，即三点不共线，故C错误；

因为，故D错误.

故选：B

4．已知在中，，则的形状是（    ）

A．直角三角形 B．钝角三角形 C．等腰直角三角形 D．等边三角形

【答案】D

【分析】根据，可得，再根据结合余弦定理即可得出结论.

【详解】解：因为，

所以，所以，

则，

即，所以，

所以，

所以为等腰三角形，

又，所以为等边三角形.

故选：D.

5．斜二测画法是画一个水平放置的平面图形直观图的常用方法之一．现在有高一年级（14）班的某学生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=1，则原平面图形的面积为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据斜二测画法规则：平行轴的线段与原线段长度不变，平行轴的线段长度是原长的一半，求出原长，再利用梯形面积公式求解即可.

【详解】直观图中，∠ADC=45°，AB=BC=1，DC⊥BC，∴，DC=2，

∴原来的平面图形上底长为1，下底为2，高为的直角梯形，

∴该平面图形的面积为.

故选：B

6．“端午节”为中国国家法定节假日之一，已被列入世界非物质文化遗产名录，吃粽子便是端午节食俗之一．全国各地的粽子包法各有不同．如图，粽子可包成棱长为的正四面体状的三角粽，也可做成底面半径为，高为（不含外壳）的圆柱状竹筒粽．现有两碗馅料，若一个碗的容积等于半径为的半球的体积，则这两碗馅料最多可包三角粽或最多可包竹筒粽的个数为（参考数据：）（    ）

A．， B．， C．， D．，

【答案】C

【分析】分别计算正四面体，圆柱和半球的体积，再根据题意将体积相除进行分析即可

【详解】棱长为的正四面体的体积，

底面半径为，高为的圆柱的体积，

半径为的半球的体积．

因为，，

所以这两碗馅料最多可包三角粽个，最多可包竹筒粽个．

故选：C

7．在△ABC中，点M是上一点，且，P为上一点，向量，则的最小值为（　　）

A．16 B．12 C．8 D．4

【答案】B

【分析】由三点共线及平面向量基本定理得的关系，然后结合基本不等式得最小值．

【详解】因为，所以，

又三点共线，所以，

所以，当且仅当，即时等号成立．所以的最小值为．

故选：B

8．已知直三棱柱的各顶点都在球的球面上，且，．若球的体积为，则这个直三棱柱的体积等于（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】B

【分析】由球的体积公式求得球的半径，由余弦定理求出，即可求出底面三角形外接圆的半径与面积，再根据直三棱柱的性质和平面几何知识可求得直三棱柱的高，由柱体的体积公式计算可得答案.

【详解】设球的半径为，∵球的体积为，∴，解得.

∵，，所以，

又，所以，所以，

∴外接圆的半径，解得.

设球心到底面的距离为，则，

∴这个直三棱柱的体积.

故选：B.

二、多选题

9．已知平面向量，，则下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．向量与的夹角为60° D．向量在上的投影向量为2

【答案】BCD

【分析】A选项，根据向量坐标线性运算得到，进而求出模长；B选项，根据向量数量积的坐标运算法则计算；C选项，利用向量夹角计算公式计算；D选项，代入公式求出投影向量.

【详解】，所以，A错误；

，B正确；

，因为，故，所以向量与的夹角为60°，C正确；

向量在上的投影向量为，故D正确.

故选：BCD

10．如图，已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，则下列四个结论正确的是（    ）

A．直线A1C1与AD1为异面直线

B．平面ACD1

C．正方体的外接球的表面积为12

D．三棱锥D1—ADC的体积为

【答案】ABC

【分析】对选项A，根据异面直线定义即可判断A正确；对选项B，根据题意得到，再利用线面平行的判定即可得到平面，即B选项正确；对选项C，首先求出正方体外接球半径，再求表面积即可判断C正确；对选项D，根据，即可判断D错误.

【详解】对选项A，因为平面，平面，

，所以直线与为异面直线.

对选项B，因为，平面，平面，

所以平面，故B正确；

对选项C，正方体外接球半径，

所以球体表面积，故C正确；

对选项D，，故D错误.

故选：ABC

11．在中，角的对边分别是，．则下列说法正确的是（    ）

A．为锐角三角形 B．面积为或

C．长度为 D．外接圆的面积为

【答案】BD

【分析】利用余弦定理求出，从而求出边，再利用面积公式及正弦定理求出外接圆的半径，即可得解；

【详解】解：由，所以，因为，所以，又，所以，解得或，故C错误；

当时，，所以为钝角，故A错误；

当时，；

当时，，故B正确；

，所以，所以外接圆的面积，故D正确；

故选：BD

12．如图，为圆锥的底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（    ）

A．圆锥的侧面积为

B．三棱锥体积的最大值为

C．的取值范围是

D．若，为线段上的动点，则的最小值为

【答案】BD

【分析】先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断A；当时，的面积最大，计算体积最大值判断B；先用取极限的思想求出的范围，再利用求范围判断C；将以为轴旋转到与共面，得到，求出判断D作答.

【详解】在中，，则圆锥的母线长，半径，

对于A，圆锥的侧面积为：，A错误；

对于B，当时，的面积最大，此时，

则三棱锥体积的最大值为：，B正确；

对于C，是等腰三角形，，又因为，则，

依题意，，而，因此，C错误；

对于D，由，，得，有为等边三角形，

将以为轴旋转到与共面的位置，得到，则为等边三角形，，如图，

于是，因为，

，

所以，D正确.

故选：BD

三、填空题

13．在中，已知，则________________．

【答案】

【分析】先利用余弦定理求出，再根据向量的数量积定义即可求出．

【详解】解：，

．

故答案为：．

14．已知复数满足，则的最大值为__________．

【答案】5

【分析】确定表示复数几何意义，再结合的几何意义求解作答.

【详解】由，得复数对应的点在以为圆心，1为半径的圆上，

表示复数对应的点到的距离，

点到点的距离为，

所以的最大值为.

故答案为：5

15．如图所示，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点，从点测得点的仰角，点的仰角以及，从点测得，若山高米，则山高等于___________.

【答案】300米

【分析】利用直角三角形求出，再由正弦定理求出，然后利用直角三角形求出

【详解】解：在中，，所以米，

在中，，则，

由正弦定理得，，

所以米，

在中，米，

所以米，

故答案为：米

16．已知圆锥底面圆的直径为2，高为，在该圆锥内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则的最大值为__________．

【答案】/

【分析】四面体可以在圆锥内任意转动，则该正四面体内接于圆锥的内切球，求出圆锥的内切球半径，即可求正四面体的棱长a的最大值．

【详解】依题意，正四面体可以在圆锥内任意转动，则该正四面体棱长最大时内接于这个圆锥的内切球，

设圆锥内切球球心为，球的半径为，圆锥的底面圆半径为，

作出圆锥的轴截面，截圆锥得等腰，其中，截圆锥内切球得球的大圆，该圆是的内切圆，如图；

其中为切点，，则，即为正三角形，

于是是的中心，连接，则平分，有，

即有，则，设半径的球的内接正四面体棱长为，

正四面体可以从正方体中截得，如图：

从图中可以得到，当正四面体的棱长为时，截得它的正方体的棱长为，

而正四面体的四个顶点都在正方体上，于是正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，

因此，即，

所以的最大值为﹒

故答案为：

四、解答题

17．已知向量＝（1，2），＝（－3，k）．

(1)若∥，求 的值；

(2)若⊥（＋2），求实数k的值；

(3)若与的夹角是钝角，求实数k的取值范围．

【答案】(1)3；

(2)k＝；

(3)k＜且k≠－6.

【分析】（1）解方程1×k－2×＝0即得解；

（2）解方程1×＋2×＝0即得解；

（3）解不等式1×＋2×k＜0且k≠－6，即得解.

【详解】（1）解：因为向量＝（1，2），＝（－3，k），且∥，

所以1×k－2×＝0，解得k＝－6，

所以＝＝3．

（2）解：因为＋2＝，且⊥，

所以1×＋2×＝0，解得k＝．

（3）解：因为与的夹角是钝角，则＜0且与不共线．

即1×＋2×k＜0且k≠－6，所以k＜且k≠－6．

18．已知复数（是虚数单位，），且为纯虚数（是的共轭复数）

(1)求实数及；

(2)设复数，且复数对应的点在第二象限，求实数的取值范围．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数的概念得到方程（不等式）组，求出的值，即可求出，从而求出其模；

（2）根据复数的乘方及代数形式的除法运算化简，再根据复数的几何意义得到不等式组，解得即可.

【详解】（1）∵，∴，

，

为纯虚数，

，解得，

故，则

（2），

，

复数所对应的点在第二象限，

，解得，

故实数的取值范围为.

19．如图，某地计划在一海滩处建造一个养殖场，射线为海岸线，，现用长度为1千米的网依托海岸线围成一个的养殖场

(1)已知，求的长度

(2)问如何选取点，才能使得养殖场的面积最大，并求其最大面积

【答案】(1)千米；

(2)千米时，取得最大值平方千米.

【分析】（1）运用正弦定理可求出的长度；（2）根据面积公式和余弦定理可求.

【详解】（1）在中，由正弦定理可得：

，代入数据得

解之：千米；

（2）在中，由余弦定理可得

令可得，

所以当且仅当时取得

又

千米时，取得最大值平方千米.

20．从以下三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．

①，②，③．

问题：在中，角，，所对的边分别为，，．

已知：，，__________．

【答案】答案见解析

【分析】由正弦定理将边化角，再结合三角恒等变换可得，

若选择①：由正弦定理得，再由余弦定理解方程即可得解；

若选择②：由面积公式可得，再由余弦定理解方程即可得解；

若选择③：由诱导公式可得，求得后即可得解.

【详解】因为，

由正弦定理得，

又因为，

所以，

所以，

所以，

又因为，所以，

所以，所以，又，所以；

若选择①：，由正弦定理得，

由余弦定理，得，解得，

所以；

若选择②：因为，所以，得，

又由余弦定理，可得，

得，

从而得或．

若选择③：因为，且，

所以，即，

因为，所以，

此时，这与三角形的内角和等于相矛盾，所以这样的三角形不存在．

21．如图所示，在四棱锥中，平面，，是的中点.

（1）求证：；

（2）求证：平面；

（3）若是线段上一动点，则线段上是否存在点，使平面？说明理由.

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析.

【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；

（2）取的中点，连接，，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明；

（3）取中点，连接，，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明．

【详解】证明：（1）在四棱锥中，平面，平面，

平面平面，

，

（2）取的中点，连接，，

是的中点，

，，

又由（1）可得，，

，，

四边形是平行四边形，

，

平面，平面，

平面．

（3）取中点，连接，，

，分别为，的中点，

，

平面，平面，

平面，

又由（2）可得平面，，

平面平面，

是上的动点，平面，

平面，

线段存在点，使得平面．

22．△ABC的内角的对边分别为,已知△ABC的面积为

(1)求;

(2)若求△ABC的周长.

【答案】(1)(2) .

【详解】试题分析：（1）由三角形面积公式建立等式，再利用正弦定理将边化成角，从而得出的值；（2）由和计算出，从而求出角，根据题设和余弦定理可以求出和的值，从而求出的周长为.

试题解析：（1）由题设得，即.

由正弦定理得.

故.

（2）由题设及（1）得，即.

所以，故.

由题设得，即.

由余弦定理得，即，得.

故的周长为.

点睛:在处理解三角形问题时，要注意抓住题目所给的条件，当题设中给定三角形的面积，可以使用面积公式建立等式，再将所有边的关系转化为角的关系，有时需将角的关系转化为边的关系；解三角形问题常见的一种考题是“已知一条边的长度和它所对的角，求面积或周长的取值范围”或者“已知一条边的长度和它所对的角，再有另外一个条件，求面积或周长的值”，这类问题的通法思路是：全部转化为角的关系，建立函数关系式，如，从而求出范围，或利用余弦定理以及基本不等式求范围；求具体的值直接利用余弦定理和给定条件即可.