2022-2023学年福建省南平市高级中学高一下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年福建省南平市高级中学高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用复数的乘方及乘法运算化简复数，即可确定其虚部.

【详解】，虚部为.

故选：B

2．如图，已知等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，，斜边，则这个平面图形的面积是（　　）

A． B．1 C． D．

【答案】A

【分析】根据斜二测画法的定义，画出平面图形，求得原三角形的直角边，从而面积可得．

【详解】由题意，利用斜二测画法的定义，画出原图形，

∵是等腰直角三角形，，斜边，

∴，

∴，

∴原平面图形的面积是.

故选：A．

3．，，是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是（    ）

A．若直线，异面，，异面，则，异面

B．若直线，相交，，相交，则，相交

C．若，则，与所成的角相等

D．若，，则

【答案】C

【分析】由空间中直线与直线的位置关系进行分析判断即可.

【详解】

对于A，若直线，异面，，异面，则，可能是平行、相交、异面的任意一种，

如在正方体中，与异面，与异面，，

或与异面，与异面，与相交于点，

或与异面，与异面，与异面，故选项A错误；

对于B，若直线，相交，，相交，则，可能是平行、相交、异面的任意一种，

如在正方体中，与相交于点，与相交于点，，

或与相交于点，与相交于点，与相交于点，

或与相交于点，与相交于点，与异面，故选项B错误；

对于C，由异面直线所成角的定义，选项C正确；

对于D，若，，则与可能是平行、相交、异面的任意一种，

如在正方体中，，，，

或 ，，与相交于点，

或 ，，与异面，故选项D错误.

故选：C.

4．已知平面向量满足与的夹角为，则实数的值为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】B

【分析】根据向量垂直时数量积等于0，结合数量积运算律以及数量积的定义，展开计算，即得答案.

【详解】因为，所以，

即，故，

故选：B

5．平行四边形ABCD，点E满足，，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】A

【分析】先根据平面向量的线性运算将用表示，再根据平面向量基本定理即可得解.

【详解】，

又因为，

所以，所以，

所以.

故选：A.

6．“阿基米德多面体”这称为半正多面体（semi-regularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知，则该半正多面体外接球的表面积为（    ）

A．18π B．16π C．14π D．12π

【答案】A

【分析】根据正方体的对称性可知：该半正多面体外接球的球心为正方体的中心，进而可求球的半径和表面积.

【详解】如图，在正方体中，取正方体、正方形的中心、，连接，

∵分别为的中点，则，

∴正方体的边长为，

故，可得，

根据对称性可知：点到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为，半径，

故该半正多面体外接球的表面积为.

故选：A.

7．已知正四面体中，为的中点，则与所成角的余弦值为

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设正四面体A﹣BCD的棱长为2，取BD的中点N，连结MN，CN则MN∥AD，∠CMN或其补角是CM与AD所成的角，由此能求出直线CM与AD所成角的余弦值．

【详解】如图，设正四面体A﹣BCD的棱长为2，取BD的中点N，

连结MN，CN，∵M是AB的中点，∴MN∥AD，

∴∠CMN或其补角是CM与AD所成的角，

设MN的中点为E，则CE⊥MN，在△CME中，ME，CM＝CN，

∴直线CM与AD所成角的余弦值为cos∠CME.

故选C．

【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．

8．若圆锥的表面积为，其侧面展开图为一个半圆，则下列结论正确的为（    ）

A．圆锥的母线长为1 B．圆锥的底面半径为2

C．圆锥的体积为 D．圆锥的侧面积为

【答案】C

【分析】设圆锥的底面半径为，母线为，根据侧面展开图为一个半圆,得出半径与母线的关系，结合圆锥的表面积求出半径与母线，然后对选项进行逐一判断即可.

【详解】设圆锥的底面半径为，母线为，

由侧面展开图为一个半圆，则，所以，

圆锥的表面积为，则，，

圆锥的高，

圆锥的体积为，

圆锥的侧面积为，

故选：C

二、多选题

9．已知复数满足，则（    ）

A． B．在复平面内对应的点位于第二象限

C． D．满足方程

【答案】AD

【分析】根据复数的运算及其几何意义，逐个选项判断即可．

【详解】对于A：，，故A正确；

对于B：在复平面内对应的点位于第四象限，故B错误；

对于C：，故C错误；

对于D：，故D正确；．

故选：AD．

10．已知平面向量，，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若与的夹角为锐角，则 D．若，则在上的投影向量为

【答案】BD

【分析】利用向量模及共线向量的坐标表示，计算判断AB；利用向量夹角公式计算判断C；求出投影向量判断D作答.

【详解】平面向量，，

对于A，当时，，因此，A错误；

对于B，，则有，解得，B正确；

对于C，与的夹角为锐角，则且与不共线，当时，，

解得，由B选项知，当时，与不共线，因此，C错误；

对于D，当时，，而，

因此在上的投影向量为，D正确.

故选：BD

11．如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，，则下列结论正确的是（    ）

A．圆锥SO的侧面积为

B．三棱锥S-ABC体积的最大值为

C．∠SAB的取值范围是

D．若，F为线段AB上的动点，则的最小值为

【答案】ABD

【分析】A求出母线长、底面周长，应用扇形面积公式求侧面积；B棱锥体积最大只需到距离最大，并确定最大值，应用棱锥体积公式求体积；C注意确定大小即可判断；D将两个三角形展开为一个平面，由三点共线求最小值即可.

【详解】A：由题设，圆锥母线，底面周长为，故侧面积为，对；

B：要使三棱锥S-ABC体积最大，只需最大即可，即到距离最大，为，

所以体积的最大值为，对；

C：当时，△为等腰直角三角形，此时，

所以，即△为等边三角形，此时，错；

D：由C分析知：时△为等腰直角三角形、△为等边三角形，

将它们展开成一个平面，如下图，

要使，即共线，最小值为的长度，

而，，则，对.

故选：ABD

12．在中，角A，B，C对边分别是a，b，c，，，．则下列说法正确的是（    ）

A．为锐角三角形 B．面积为或

C．AB长度为6 D．外接圆的面积为

【答案】BD

【分析】利用余弦定理求出边判断C，再利用余弦定理判断角的范围即可判断A，利用面积公式判断B，利用正弦定理求出外接圆的半径即可判断D.

【详解】由，，所以，

即,解得或，故C错误；

当时，，所以为钝角，

此时为钝角三角形，故A错误；

当时，；

当时，，

所以面积为或，故B正确；

设外接圆的半径为R，由正弦定理得，所以，

所以外接圆的面积为，故D正确；

故选：BD.

三、填空题

13．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点，则三棱锥A-NMD1的体积为____________

【答案】

【分析】利用计算即可.

【详解】

因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、AB的中点

所以

故答案为：

【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些.

14．在△中，角，，所对的边分别为，，，表示△的面积，若，，则__________．

【答案】

【详解】试题分析：∵，∴，∴，∴，．∵，∴，∴，∴，∴．

【解析】解三角形.

【思路点睛】先利用余弦定理和三角形的面积公式可得，可得，再用正弦定理把中的边换成角的正弦，利用两角和公式化简整理可求得，最后根据三角形内角和，进而求得．

15．在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是上底面内一点（含边界），若平面，则点的轨迹长为___________.

【答案】

【分析】由平行关系得出点轨迹后计算

【详解】如图，取中点，中点，可知，

，故平面平面，故点的轨迹为线段

故答案为：

16．已知点为的外心，外接圆半径为，且满足，则的面积为__________．

【答案】

【分析】由题意得到，利用，分别求得向量的两两夹角的余弦值，得出正弦值，结合三角形的面积公式，即可求解.

【详解】如图所示，因为点为的外心，可得，

由，可得①，②，③；

①式两边平方得，可得，所以；

同理②③两边分别平方，可得，，

则，，，

所以.故答案为：.

四、解答题

17．设向量满足，且.

(1)求与夹角的大小；

(2)求在上的投影向量.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用数量积的运算律有，结合已知和向量数量积的定义求夹角即可；

（2）所求投影向量为，根据已知和数量积的运算律求投影向量即可.

【详解】（1）由题设，，

所以，则，，

所以.

（2）由在上的投影向量.

18．已知圆锥的底面半径，高

(1)求圆锥的表面积和体积

(2)如图若圆柱内接于该圆锥，试求圆柱侧面积的最大值

【答案】(1),;

(2).

【分析】（1）由已知求得圆锥的母线长,再由圆锥的侧面积与体积公式求解;

（2）作出圆柱与圆锥的截面图，把圆柱的侧面积用h表示,然后结合二次函数求最值.

【详解】（1）∵圆锥的底面半径R=6，高H=8，

圆锥的母线长，

则表面积，体积.

（2）作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示,

其中，

设圆柱底面半径为r，则，即 .

设圆柱的侧面积为.

当时，有最大值为.

19．在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并加以解答.问题：的内角所对的边分别为，且满足________.

(1)求A；

(2)若，且，求的面积.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选择①，由正弦定理边化角可得，求得答案；选择②，由正弦定理边化角，再结合余弦定理求得答案；选择③，由正弦定理边化角，再结合两角和的正弦公式求得答案；

（2）利用正弦定理角化边，结合余弦定理即可求得，利用三角形面积公式即得答案.

【详解】（1）选择①，,

由正弦定理，得,

而,故,

.

选择②，,

由正弦定理，得，整理得，

又 而.

选择③，，

由正弦定理，得，

即，即,

又，

所以,故.

（2）由若，且，可得，

故，即，

故.

20．已知函数的图象相邻对称中心之间的距离为.

(1)求函数的单调递增区间；

(2)若函数，且在上有两个零点，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由三角恒等变换化简函数解析式，根据题意可得出函数的最小正周期，结合正弦型函数的周期公式可求得的值，再利用正弦型函数的单调性可求得函数的单调递增区间；

（2）分析函数在上的单调性，根据已知条件可得出关于的不等式组，解之即可.

【详解】（1）解：因为

，

因为函数图象相邻对称中心之间的距离为，故函数的最小正周期为，

因为，则，则，故.

由可得，

因此，函数的单调递增区间为.

（2）解：因为，

当时，，

由可得，所以，函数在上单调递增，

由可得，所以，函数在上单调递减，

因为，，

，

要使得函数在上有两个零点，则，解得，

因此，实数的取值范围是.

21．如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面为正三角形，为线段上一点，为的中点.

(1)当为的中点时，求证：平面.

(2)当平面，求出点的位置，说明理由.

【答案】(1)证明见解析；

(2)存在点M，点M为PD上靠近P点的三等分点，理由见解析.

【分析】（1）取中点为，连接，利用中位线、平行四边形性质及平行公理有，即为平行四边形，则，最后根据线面平行的判定证结论；

（2）连接，相交于，连接，由线面平行的性质得，利用相似比可得，即可判断的位置.

【详解】（1）取中点为，连接，

在中，为的中点，为中点，

，

在平行四边形中，为的中点，

，

，

四边形为平行四边形，

面面，

平面；

（2）连接，相交于，连接，

面，面面面，

，，

即存在点M，M为PD上靠近P点的三等分点.

22．在路边安装路灯，灯柱与地面垂直（满足），灯杆与灯柱所在平面与道路垂直，且，路灯采用锥形灯罩，射出的光线如图中阴影部分所示，已知，路宽.设灯柱高，.

(1)求灯柱的高（用表示）；

(2)若灯杆与灯柱所用材料相同，记此用料长度和为，求关于的函数表达式，并求出的最小值.

【答案】(1)

(2)，米

【分析】（1）分别在△、△中，应用正弦定理求、，即可得解析式；

（2）应用正弦定理求得，并应用差角正弦公式、倍角公式、辅助角公式化简得到，根据正弦型函数性质求最小值.

【详解】（1）由题设，，，

在△中，则，

在△中，则.

所以.

（2）由题意，而，则，

所以，

结合（1）知：，

又，

所以，当，时，米.