2022-2023学年河北省邯郸市大名县第一中学高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年河北省邯郸市大名县第一中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知复数为虚数单位，则复数的共轭复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用复数的除法运算求出复数，再求其共轭复数作答.

【详解】依题意，，所以.

故选：A

2．已知向量，，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出，解方程即得解.

【详解】由，

有，

得.

故选：C

【点睛】方法点睛：向量.

3．正方体的体积为8，则正方体的外接球的半径为（    ）

A．2 B． C．3 D．4

【答案】B

【分析】先根据体积求正方体的边长，再根据正方体外接球半径公式计算即可.

【详解】设正方体的边长为，正方体的体积为,,

正方体的外接球的半径为,所以.

故选:B.

4．已知一个四边形的直观图是如图所示的正方形，则原四边形的面积为（　　）

A．4 B．4 C．8 D．8

【答案】D

【分析】根据斜二测画法原则，还原成直观图，即可求解.

【详解】原四边形为平行四边形，底边为，高为，

面积为.

故选:D

【点睛】本题考查用斜二测画出的直观图与原图形的面积关系，属于基础题.

5．在中，内角，，的对边分别为，，，若，且，则的形状为

A．等边三角形 B．等腰直角三角形

C．最大角为锐角的等腰三角形 D．最大角为钝角的等腰三角形

【答案】D

【解析】先由余弦定理，结合题中条件，求出，再由，求出，进而可得出三角形的形状.

【详解】因为，

所以，，

所以.

又，所以，则的形状为最大角为钝角的等腰三角形.

故选D

【点睛】本题主要考查三角形的形状的判定，熟记余弦定理即可，属于常考题型.

6．如图，在△ABC中，D，E，F分别为线段BC，AD，BE的中点，则=（　　）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】利用中线所在向量结合向量加减法，不难把转化为，得解．

【详解】解：∵

，

故选D．

【点睛】本题考查用基底表示向量，考查平面向量线性运算，属于基础题.

7．已知圆台的上､下底面圆半径分别为10和5，侧面积为为圆台的一条母线（点在圆台的上底面圆周上），为的中点，一只蚂蚁从点出发，绕圆台侧面一周爬行到点，则蚂蚁爬行所经路程的最小值为（    ）

A．30 B．40 C．50 D．60

【答案】C

【分析】根据题意得到圆台的侧面展开图，再确定蚂蚁爬行所经路程的最小值，求解即可.

【详解】圆台上底面半径为，下底面半径为，母线长为，

所以，解得：，

将圆台所在的圆锥展开如图所示，且设扇形的圆心为O.

线段就是蚂蚁经过的最短距离，

设，圆心角是，则由题意知 ①， ②，

由①②解得，，，

∴，，则.

故选：C.

8．在中，为上一点，且，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据条件转化边角的关系，计算即可.

【详解】法一、相似转化边的关系

如图所示，在和中，有,

故,设，则，,所以

设则根据相似比：得

又，由余弦定理可得：

则，，故

法二、正弦定理边化角.

设，则,

在和中,有，由正弦定理有：，

两式相除得：

由三角恒等变换公式得：

由弦化切，构造齐次式得：，

即，解之得：或

在中，则，故

故选：D

【点睛】本题考察向量与解三角形的综合，属于压轴题.方法一通过已知找到边之间的关系是关键，在根据余弦定理即可解得答案；方法二是根据“爪”型三角形，通过两次正弦定理转化边角关系，解有关角的方程，颇考验计算功底.

二、多选题

9．若a，b表示直线，α表示平面，则以下命题中假命题是（    ）

A．若ab，b⊂α，则aα

B．若aα，bα，则ab

C．若ab，bα，则aα

D．若aα，b⊂α，则ab或a与b异面

【答案】ABC

【分析】根据空间中的平行关系结合线面的位置关系逐项分析判断.

【详解】如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，

A1B1AB，AB⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，故A为假命题；

A1B1平面ABCD，B1C1平面ABCD，但A1B1与B1C1相交，故B为假命题；

ABCD，CD平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，故C为假命题；

因为aα，所以a与α无公共点，又b在α内，所以a与b无公共点，所以ab或a与b异面，D为真命题．

故选：ABC.

10．在中，内角，，所对的边分别为，，，根据下列条件判断三角形的情况，则正确的是（    ）

A．，，，有两解

B．，，，有两解

C．，，，只有一解

D．，，，只有一解

【答案】CD

【分析】利用正弦定理，逐项计算判断作答.

【详解】对于A，因为，，则，由正弦定理，

得，显然有唯一结果，即只有一解，A错误；

对于B，，，，由正弦定理得，无解，B错误；

对于C，，，，有，则，

由正弦定理得，有唯一解，C正确；

对于D，，，，有，则，此时，有唯一解，D正确.

故选：CD

11．如图，点P在正方体的面对角线上运动，则下列四个结论一定正确的有（    ）

A．∥ B．∥面

C．∥面 D．三棱锥的体积不变

【答案】BCD

【分析】对于AB，由面面平行的性质分析判断，对于C，由线面平行的判定结合正方体的性质分析判断，对于D，由和∥分析判断.

【详解】对于A，因为平面∥平面，平面平面，平面平面，

所以∥，所以当为的中点时，才有∥，所以A错误，

对于B，因为平面∥平面，平面，所以∥面，所以B正确，

对于C，由选项A同理可得∥，因为平面，平面，所以∥面，所以C正确，

对于D，因为由选项C可知∥，因为平面，平面，

所以∥平面，所以点到平面为常数，

因为三角形的面积为常数，所以为定值，

因为，所以三棱锥的体积不变，所以D正确，

故选：BCD.

12．在锐角中，角的对边分别为，外接圆半径为，若，，则（    ）

A． B．

C．的取值范围为 D．周长的最大值为

【答案】ACD

【分析】根据正弦定理即可得外接圆半径，即可判断A；由锐角得角的范围，从而得的范围，由正弦定理得，即可得的范围，即可判断B；根据数量积的定义将，再由，结合三角恒定变换将其转换为正弦型函数，利用正弦型函数的性质即可得的取值范围为从而判断C；同样由正弦定理得，将三角形周长边化角之后，结合三角恒定变换将其转换为正弦型函数，利用正弦型函数的性质即可得周长的最大值，即可判断D.

【详解】由正弦定理得，则，故A正确；

在锐角中，，则，所以，得，则，

由正弦定理得，则，故B不正确；

又

由于，所以，则，于是有，

即的取值范围为，故C正确；

由正弦定理得，则，所以周长为：

由于，所以，则，于是有，

故周长的最大值为，故D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．已知向量，若，则__________.

【答案】1或

【分析】根据平面向量的平行的性质即可求解.

【详解】由，有

，

即，

解得或.

故答案为：1或.

14．已知向量，，则向量在向量的方向上的投影向量的坐标为______．

【答案】

【分析】由于已知向量 , 利用一个向量在另一个向量上投影向量的定义即可求得.

【详解】向量 , 而向量 在向量 的方向上的投影为，

,

,

向量 在向量 的方向上的投影为: ;

故向量在向量的方向上的投影向量为.

故答案为：.

15．海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得，，，，则A、B两点的距离为___________m．

【答案】

【分析】根据已知的边和角，在中，由正弦定理解得，在中，由余弦定理得.

【详解】因为，，所以，，所以，

又因为，所以，，

在中，由正弦定理得，即，解得，

在中，由余弦定理得，

所以，解得．

故答案为：

16．莱洛三角形，也称圆弧三角形，是一种特殊三角形，在建筑、工业上应用广泛，如图所示，分别以正三角形的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形，已知两点间的距离为2，点为上的一点，则的最小值为______．

【答案】

【分析】利用平面向量的线性运算及向量数量积的运算将所求式子表示为，再利用三角形的几何意义求解即可.

【详解】设为的中点，为的中点，如图所示，

则

，

在正三角形中，，

所以，

所以，

因为，

所以，

所以的最小值为：

.

故答案为：.

四、解答题

17．已知z是复数，为实数，为纯虚数（i为虚数单位）．

(1)求复数z；

(2)求的模．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设复数，根据题意为实数，为纯虚数，利用复数的运算即可求解；

（2）根据复数的除法运算和复数模的计算公式即可求解.

【详解】（1）设复数，

因为为实数，所以，则复数，

又因为为纯虚数，

则，得，

所以复数.

（2）由（1）可知复数，则，

所以的模为.

18．已知向量与的夹角，且，．

(1)求；

(2)与的夹角的余弦值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由向量数量积定义及运算律求结果；

（2）由向量夹角公式、数量积的运算律求夹角余弦值.

【详解】（1）已知向量与的夹角，且，，

则，

所以；

（2）由（1）知：，

所以，

所以与的夹角的余弦值为.

19．在一个如图所示的直角梯形ABCD内挖去一个扇形，E恰好是梯形的下底边的中点，将所得平面图形绕直线DE旋转一圈．

(1)请在图中画出所得几何体并说明所得的几何体的结构特征；

(2)求所得几何体的表面积和体积．

【答案】(1)答案见解析

(2)，

【分析】（1）直接由旋转体的结构特征得结论；

（2）结合图中数据计算该组合体的表面积和体积.

【详解】（1）根据题意知，将所得平面图形绕直线DE旋转一圈后所得几何体是上部是圆锥,下部是圆柱挖去一个半径等于圆柱体高的半球的组合体;

（2）该组合体的表面积为

，

组合的体积为

.

20．在中，内角所对的边分别为，且满足．

(1)求的值；

(2)已知的面积为，求a的值．

【答案】(1)2

(2)1或

【分析】（1）边化角，利用正弦定理即可求解；

（2）应用三角形面积公式计算出AB边上的高，再利用勾股定理即可.

【详解】（1）由正弦定理得：  ,

，  ,

，因为A，C是三角形内角， ，

所以 ，而由正弦定理得，∴ ，即 ；

（2）由第一问可知，b=2a，设AB边上的高为h，

则三角形ABC的面积 ，

作下图：

过点C作AB的垂线，垂足为D，则CD=h，

设AD=x，则由勾股定理得到下列方程组：

，解得 ，

由公式法得 ，

，a=1；

21．如图，在正方体中，分别是的中点.

(1)证明：平面；

(2)棱上是否存在点，使平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)证明见解析

(2)存在，

【分析】（1）利用三角形中位线性质和平行四边形性质可证得，根据线面平行的判定可证得结论；

（2）假设存在点，延长交于，连接交于，根据三角形中位线性质可确定，利用线面平行的性质可证得四边形为平行四边形，由此可确定.

【详解】（1）连接，

分别为中点，，

，，四边形为平行四边形，，

，又平面，平面，

平面.

（2）假设在棱上存在点，使得平面，

延长交于，连接交于，

，为中点，为中点，

，，，

平面，平面，平面平面，

，又，四边形为平行四边形，，

；

当时，平面.

22．在中，点在边上异于，且在之间.

(1)若的平分线交于点，求的最小值；

(2)若，求面积的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据面积公式，面积相等法和基本不等式即可求解；

（2）根据正弦定理，面积公式，积化和差和正弦函数性质即可求解.

【详解】（1）由为的角平分线，得.

又，即.

所以.

即，

当且仅当时等号成立；

（2）由，得.设，

在中，，得.

在中，，得.

由，

又，得.

所以最小值为.