2022-2023学年河南省实验中学高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年河南省实验中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．如果直线平面，直线平面，且，则与的位置关系为（　　）

A．共面 B．平行 C．异面 D．平行或异面

【答案】D

【分析】根据空间中面面、线面、线线的位置关系直接判断即可．

【详解】因为直线平面，直线平面，且，

所以直线与的位置关系为：平行或异面，

故选：D．

2．若复数满足，则在复平面内的共轭复数所对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限

C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【分析】根据复数除法计算出，再根据共轭复数定义得出，最后确定对应点在复数平面的位置即可．

【详解】由，得，

所以，则其在复平面内其所对应的点为，位于第一象限．

故选：A．

3．已知，且，则向量在向量上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据投影向量的定义求向量在向量上的投影向量即可.

【详解】向量在向量上的投影向量为.

故选：C

4．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，依其平面有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑.如故宫中和殿的屋顶为四角攒尖顶，它的主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，设正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由侧面为等边三角形，结合面积公式求解即可..

【详解】设底面棱长为，正四棱锥的侧面等腰三角形的顶角为60°，则侧面为等边三角形，

则该正四棱锥的侧面积与底面积的比为.

故选：D

5．如图，矩形是一个水平放置的平面图形的直观图，其中，，则原图形是（　　）

A．面积为的菱形 B．面积为的矩形

C．面积为的菱形 D．面积为的矩形

【答案】A

【分析】由直观图与原图形面积关系求面积，由直观图得出原图形，证明四边形为菱形即可得解.

【详解】因为直观图中四边形为矩形，所以，

所以原图形中四边形面积，

由直观图，还原原图形，如图，

由，可得，

所以，又，

所以,又，

所以四边形为菱形.

故选：A

6．在中，角，B，所对的边分别为，，，已知，，为使此三角形有两个，则满足的条件是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】为使此三角形有两个，只需满足bsinA＜a＜b，即可求a范围．

【详解】为使此三角形有两个，即bsinA＜a＜b，

∴2×＜a＜2，解得：3＜a＜2，

故选：C．

【点睛】本题考查三角形解的情况，考查特殊角的三角函数值，属于基础题．

7．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（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意求出矩形的对角线的长，即截面圆的直径，根据棱锥的体积计算出球心距，进而求出球的半径，代入球的表面积公式，可得答案．

【详解】由题可知矩形所在截面圆的半径即为的对角线长度的一半，

，，

，

由矩形的面积，

则到平面的距离为满足：，

解得，

故球的半径，

故球的表面积为：，

故选：A．

8．圆的直径弦，点在弦上，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据平面向量的线性运算法则，得到，再由圆的性质，得到的最小值，即可得出结果.

【详解】由题意可得，

，

为使最小，只需，根据圆的性质可得，此时为中点时，

又，因此，

所以的最小值为.

故选：D.

二、多选题

9．已知三个内角的对边分别是，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则为钝角三角形

C．若为锐角三角形，则

D．若，则为锐角三角形

【答案】ABC

【分析】对于A：结合大角对大边及正弦定理即可求解；对于B：由向量夹角公式即可判断；对于C：由锐角三角形内角的性质与诱导公式即可求解；对于D：由余弦定理变形式即可求解.

【详解】对于A：由大角对大边及正弦定理可知：

，故A正确；

对于B：因为，所以，

所以为钝角，所以为钝角三角形，故B正确；

对于C：因为为锐角三角形，所以,

所以，故C正确；

对于D：因为，由正弦定理得：

，设，

由余弦定理变形式得：，

所以为钝角，故D错误.

故选：ABC.

10．已知i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．

【答案】AD

【分析】根据复数的运算可得A,C,D的正误，根据复数虚部的概念可知B的正误.

【详解】因为，A正确；

复数的虚部为，B不正确；

若，则，，C不正确；

设，所以，

，D正确.

故选：AD.

11．在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且，则下列结论正确的是（    ）

A． B．a>c C．c>a D．

【答案】ACD

【分析】利用正弦边角关系可得，结合余弦定理及锐角三角形知、判断A、B、C正误；再由正弦边角关系得，应用倍角公式得，注意，即可得范围判断D正误.

【详解】由正弦边角关系知：，则，

所以，而，则，A正确；

由上知：，即，B错误，C正确；

由知：，则，

又，故，则，即，D正确.

故选：ACD

12．已知点为所在平面内一点，满足，（其中）.（    ）

A．当时，直线过边的中点；

B．若，且，则；

C．若时，与的面积之比为；

D．若，且，则满足.

【答案】ABD

【分析】对于A，根据向量的线性运算结合向量数乘的含义可判断A;对于B，由条件可判断为等边三角形，利用数量积的定义即可求得的值；对于C，利用作图，结合向量加减法的几何意义，可判断与的面积之比；对于D,由得，，平方后结合数量积的运算可推得结果.

【详解】对于A，设AB的中点为D，则当时，有,

即得O,C,D三点共线，故直线过边的中点，故A正确；

对于B，由于且时，，

故O为的外心和重心，故为等边三角形，

则 ,由可得 ，

故，故B正确；

对于C，延长OA至,使 , 延长OB至,使,

连接,设其中点为E,连接OE并延长至 ，使 ,

连接 ,则四边形是平行四边形，

所以，而时，，

故,即 三点共线，且，

根据同底等高三角形面积相等，则,

即与的面积之比为,故C错误；

对于D，因为，且，

由得，，

所以,即，故D正确，

故选：ABD

三、填空题

13．已知向量，，若，则_____．

【答案】

【分析】首先根据向量共线的坐标表示得到关于的方程，求出的值，即可得到、的坐标，再求出，最后根据向量模的坐标表示计算即可．

【详解】因为，

所以，解得，

则，，

所以，

所以，

故答案为：．

14．设复数满足条件，那么的最大值为_____．

【答案】

【分析】利用复数模的三角不等式可求得的最大值.

【详解】因为，则，

当且仅当时，等号成立，故的最大值为.

故答案为：.

15．已知与是单位向量，．若向量满足，则的取值范围是_____．

【答案】

【分析】通过、及可求得；根据且可求得，从而可构造出关于和的等式，利用可求得的取值范围.

【详解】，是单位向量，，

，

，

又，，

且    

，

又，即，

所以，即，

解得.

故答案为；

16．在锐角中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，且，则的取值范围是______．

【答案】

【分析】由正弦定理和正弦二倍角公式将已知化为，根据为锐角三角形可得，以及，再由正弦定理可得，利用两角和的正弦展开式和的范围可得答案.

【详解】由正弦定理和正弦二倍角公式可得

，

因为，所以，

可得，

因为，所以，

所以，，

由，可得，

所以，，

由正弦定理得

.

故答案为：.

四、解答题

17．已知向量， ．

（1）设向量与的夹角为 ，求；

（2）若向量与向量垂直，求实数 ．

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）利用平面向量夹角的坐标表示即可求，再利用同角三角函数基本关系即可求解；

（2）利用向量垂直得，展开即可求解.

【详解】（1），

所以

（2）若向量与向量垂直，则，

即，

，，，

所以，即，解得：.

18．在中，角，，所对的边分别为，，，且满足.

(1)求角的大小；

(2)已知，的面积为，求边长的值.

【答案】(1)；

(2)．

【分析】（1）由正弦定理将边角互化，化简可求出角的大小；

（2）根据三角形面积公式及余弦定理即得．

【详解】（1）在中，由正弦定理得：

因为，所以，

从而，又 ，

所以，又，

所以；

（2）在中，，得，

由余弦定理得：．

所以．

19．在中，点分别在边和边上，且，，交于点，设，．

(1)试用，表示；

(2)在边上有点，使得，求证：三点共线．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用向量的线性运算及平面向量的基本定理即可求解；

（2）利用向量的线性运算及共线向量基本定理即可求解.

【详解】（1）设，由题意，

所以，①，

设，由，，②，

由①、②得，，

所以，解得，

所以；

（2）由，得，

所以，

所以，

因为与有公共点B，

所以B，P，F三点共线．

20．如图,已知四棱锥的底面为直角梯形,底面,且是的中点.

(1)求证:;

(2)若是的中点,求证:

【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.

【详解】试题分析：

(1)利用垂直，构造等腰三角形，证明结论成立；

(2)通过构造平行四边形，证明∥，结合直线与平面平行的判定定理，证明得到直线与平面平行.

试题解析：

(1)设为的中点，则可得平面

且

所以.

(2)∥,为中点，

所以∥，∥，且=， =

所以为平行四边形，从而∥

平面，平面

故∥平面.

点睛：一是推证线面平行时，一定要说明一条直线在平面外，一条直线在平面内．

二是推证面面平行时，一定要说明一个平面内的两条相交直线平行于另一平面．

三是利用线面平行的性质定理把线面平行转化为线线平行时，必须说明经过已知直线的平面与已知平面相交，则该直线与交线平行．

21．已知向量，，函数．

Ⅰ求函数的最小正周期和单调递减区间；

Ⅱ在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，求面积的最大值．

【答案】（Ⅰ）最小正周期为，单调递减区间为，；（Ⅱ）．

【分析】Ⅰ根据向量数量积的定义求出函数的解析式，结合周期公式以及单调性进行求解即可；

Ⅱ根据条件求出C的值，结合余弦定理以及基本不等式，以及三角形的公式进行求解即可．

【详解】解：Ⅰ，，

，

函数的周期，

由，，

即，，

即函数的单调递减区间为，．

Ⅱ，

，

，

即，得，，

，当时，，

由余弦定理得，

，

，

即，

则三角形的面积，当且仅当时取等号，

即三角形的面积的最大值为．

【点睛】本题主要考查三角函数的图像和性质，利用向量数量积的定义以及辅助角公式求出函数的解析式是解决本题的关键，还考查余弦定理，求面积公式等，属中档题．

22．在长方体中，E，F，G分别为所在棱的中点，H，Q分别为AC，，的中点，连EF，EG，FG，DQ，CQ，．

（I）求证：平面平面ACQ

（II）问在线段CD上是否存在一点P，使得平面？若存在，求出P点的位置若不存在，请说明理由

【答案】（1）证明见解析      （2）当时，满足条件，证明见解析.

【分析】(1) 连接可证平面ACQ，平面ACQ,从而可证.

(2) 当时，连接并延长交于点,连接,取线段的中点，连接,可证四边形为平行四边形，从而可证，从而得出答案.

【详解】连接,由E，F，G分别为所在棱的中点

所以,

由,所以,又平面ACQ, 平面ACQ

所以平面ACQ

又,所以,又平面ACQ, 平面ACQ

所以平面ACQ,又

所以平面平面ACQ

（2）线段CD上存在一点P，当时，满足平面.

证明如下：连接并延长交于点,连接，则平面与平面为同一平面.

由H为AC的中点，则与全等.则

取线段的中点，连接.

由分别为的中点，所以且

又且, 即且

所以四边形为平行四边形，故

又平面，平面，所以平面.

【点睛】关键点睛：本题考查面面平行的证明和动点位置的探索问题，解答本题的关键是探索出满足条件的点的位置，构造平行四边形，从而使得，使得问题得以解决，属于中档题.