河北省沧州市重点高中2022-2023学年高一数学下学期期中联考试题(Word版附解析)
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这是一份河北省沧州市重点高中2022-2023学年高一数学下学期期中联考试题(Word版附解析),共19页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
河北省重点高中高一年级第二学期期中联考数学试题一、单选题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1. 若复数,则复数的虚部为( )A. B. C. D. 2【答案】C【解析】【分析】由复数的概念判断即可.【详解】由复数的概念可知,复数的虚部为.故选:C.2. 若三点共线,则( )A. B. 5 C. 0或 D. 0或5【答案】D【解析】【分析】由题意可得,再利用向量共线求解即可.【详解】因为,若三点共线,则,所以,解得或5.故选:D.3. 已知平面,和直线a,b,,,则“”是“”的( )A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】举出反例,得到充分性和必要性均不成立.【详解】如图1,满足,但不垂直,充分性不成立, 如图2,满足,但不满足,必要性不成立, 故选:D4. 某实验室的笼子中有40只小白鼠,将其进行编号,分别为00,01,02,…,39,现从中抽取一个容量为10的样本进行试验,选取方法是从下面的随机数表的第1行第15列和第16列数字开始由左向右依次选取2个数字,直到取足样本,则抽取样本的第6个号码为( )90 84 60 79 80 24 36 59 87 38 82 07 53 89 35 96 35 23 79 18 05 98 9007 35 46 40 62 98 80 54 97 20 56 95 15 74 80 08 32 16 46 70 50 80 67A. 05 B. 40 C. 35 D. 23【答案】A【解析】【分析】根据随机数表抽样的定义和抽取方法进行求解.【详解】重复的号码只能算作一个,抽取样本的号码是38,07,35,23,18,05,20,15,08,32,所以抽取样本的第6个号码为05.故选:A.5. 已知(其中i为虚数单位),那么复数在复平面内所对应的点位于( )A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】B【解析】【分析】根据题意,求得,结合复数的几何意义,即可求解.【详解】由,可得,因为,,所以复数在复平面内所对应的点位于第二象限.故选:B.6. 已知三棱锥,底面ABC,,,,则三棱锥外接球的体积为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意将三棱锥补形为长方体,此三棱锥的外接球直径即为长方体的体对角线,求解即可.【详解】因为,,,由余弦定理可得:,则,所以.所以,则为直角三角形,三棱锥补形为长方体,如下图, 所以,此三棱锥的外接球直径即为长方体的体对角线为,故三棱锥外接球的体积为.故选:A.7. 在中,点D是边BC的中点,且,若点P为平面ABC内一点,则的最小值是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】运用向量加法法则将问题转化为求的最小值,建系求解即可.【详解】因为D为BC的中点,所以,所以,不妨以AD所在直线为x轴,AD的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系,如图所示,因为,则,,设,则,所以.即:的最小值为.故选:A.8. 在中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知,角A的内角平分线AD的长为4,则bc的最小值为( )A. 16 B. 32 C. 64 D. 128【答案】C【解析】【分析】先利用正弦定理化角为边,结合余弦定理可求A,利用面积公式可得,结合基本不等式可求答案.【详解】因为,由正弦定理可得,即,所以,又,所以,由,得,所以,则,即,当且仅当时等号成立,所以bc的最小值为64.故选:C.二、多选题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)9. 关于复数,下列说法错误的是( )A. 若,则或B. 复数与分别对应向量与,则向量对应的复数为C. 若z是复数,则D. 若复数z满足,则复数z对应的点所构成的图形面积为【答案】ABC【解析】【分析】对于,结合特殊值法,即可求解;对于,结合向量的运算法则,即可求解;对于,结合特殊值法,即可求解;对于,结合复数的几何意义,即可求解.【详解】对于A,取,则,故A错误;对于B,,B错误;对于C,取,但知C错误;对于D,设复数,则由可知,故复数z对应的点所构成的图形面积为,D正确.故选:ABC.10. 已知在中,其内角A,B,C的对边分别为a,b,c,下列命题正确的有( )A. 若为锐角三角形,则B. 若,,,则有两解C. 若,,则外接圆半径为10D. 若,,,则【答案】AB【解析】【分析】由结合正弦函数单调性得可判断A;由AB边上的高为3,若,可判断B;由正弦定理可判断C;由正弦定理结合二倍角的正弦公式可判断D.【详解】对于A,因为锐角三角形,,所以,由正弦函数单调性得,A正确;对于B,因为,AB边上的高为3,若,则有两解,B正确;对于C,由正弦定理,可知,所以外接圆半径为5,C不正确;对于D,由正弦定理,得,所以,D不正确.故选:AB.11. 在三棱锥中,,,且,点E,F分别为AD,BC的中点,点A在平面BCD内的射影为点O,则下列选项中正确的是( )A. 平面平面ACDB. C. 异面直线AC与EF所成角的余弦值为D. 三棱锥的体积是三棱锥的体积的2倍【答案】ABC【解析】【分析】根据,,证得平面,进而证得平面平面ACD,可判定A正确;由,,证得平面,可判定B正确;取AB中点G,得到或其补角是异面直线与所成的角,在中,解三角形可判定C正确;由和,可判定D错误.【详解】对于A中,因为点A在平面BCD内的射影为点O,连接BO,CO,DO,则,又因为,且,平面,所以平面,因为平面ACD,所以平面平面ACD,所以A正确;对于B中,因为平面,且平面,所以,同理可得,即O为的垂心,所以,因为,且平面,所以平面,所以,所以B正确;对于C中,取AB中点G,连接EG,FG,则,,所以或其补角是异面直线与所成的角,所以且,所以,所以,所以C正确;对于中,因为分别是的中点,所以,所以,所以两三棱锥体积相等,所以D错误.故选:ABC. 12. 如图所示,设Ox,Oy是平面内相交成角的两条数轴,,分别是与x,y轴正方向同向的单位向量,则称平面坐标系xOy为斜坐标系,若,则把有序数对叫做向量的斜坐标,记为.在的斜坐标系中,,,则下列结论中,正确的是( ) A. B. C. D. 在上的投影向量为【答案】AB【解析】【分析】根据题意,结合向量的坐标表示与运算,逐项判定,即可求解.【详解】由题意,可得,,对于A中,向量,所以,所以A正确;对于B中,因为,可得,所以B正确;对于C中,因为,所以C不正确;对于D中,因为在上的投影向量为,又因为,所以,因为,所以,所以D不正确.故选:AB.三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13. 已知一个圆锥的底面面积为,体积为,则该圆锥的表面积为______.【答案】【解析】【分析】根据圆锥的体积可求出圆锥的高,再由圆锥侧面展开为扇形求出表面积.【详解】设该圆锥的底面圆半径为r,高为h,由底面积为,体积为,可得,解得,所以圆锥母线长为,所以该圆锥表面积为.故答案为:.14. 已知向量,,写出一个与垂直的非零向量______.【答案】(答案不唯一)【解析】【分析】根据平面向量线性运算的坐标表示,得,根据向量垂直列式,从而得关于向量的关系式,取符合关系式的值即可.【详解】由题意可知.设,则.取,则,所以与垂直的非零向量可以为.(答案不唯一)故答案为:(答案不唯一)15. 在中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,,且外接圆半径为,若,则的面积为______.【答案】【解析】【分析】由正弦定理求出,再由余弦定理结合面积公式即可得出答案.【详解】∵,且外接圆半径R为,∴由正弦定理,可得,∵,∴由余弦定理,可得,解得,∴.故答案为:.16. 已知直四棱柱的所有棱长均为4,,E为BC的中点,当点F在四边形内部及其边界运动时,有平面,则线段EF的最大值为______.【答案】【解析】【分析】取CD的中点M,的中点N,连接ME,MN,NE,,由面面平行的判定定定理可证得平面平面,结合题意知,点F在平面MNE与平面的交线上,即,即可求出线段EF的最大值.【详解】取CD的中点M,的中点N,连接ME,MN,NE,, ∵M,E分别为CD,BC的中点,∴.∵平面,平面,∴平面.同理,M,N分别为DC,的中点,∴,又,∴.平面,平面,∴平面.又,平面MNE,平面MNE,∴平面平面.又平面,∴平面MNE,又点F在四边形内部及边界运动,∴点F在平面MNE与平面的交线上,即.在中,,,连接DE,在中,,∴,∴为钝角,∴当点F运动到点N时,EF的最大值为.故答案为:.四、解答题(本大题共6小题,共70分)17. 已知复数是方程的根.(i是虚数单位,)(1)求;(2)设复数(是z的共复数),且复数所对应的点在第二象限,求实数a的取值范围.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)将复数根代入方程中,根据复数相等即可求解,(2)根据i的周期性以及复数的除法运算法则化简得,结合复数的几何意义即可列不等式求解.【小问1详解】由题知,∴,即,解得,∴,.【小问2详解】,复数所对应的点在第二象限,∴,解得,所以实数a的取值范围为.18. 如图,在中,点C是AB的中点,点D在线段OB上,且,设,. (1)若,,且与的夹角为,求;(2)若向量与共线,求实数k的值.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)由数量积的定义求出,代入即可求出的值;(2)先分别求出向量与,再结合共线定理解方程即可得出答案.【小问1详解】因为,,且与的夹角为,所以,所以.【小问2详解】由C是AB的中点,得,,所以,若与共线,则存在实数,使得,即,所以,因为与不共线,所以,解得,所以实数k的值为.19. 如图,为了测量两山顶M,N之间的距离,飞机沿水平方向在A,B两点进行测量,A,B,M,N在同一铅垂平面内.飞机从点A到点B的路程为a,途中在点A观测到M,N处的俯角分别为,,在点B观测到M,N处的俯角分别为,. (1)求A,N之间的距离(用字母表示);(2)若,,,,,求M,N之间的距离.【答案】(1); (2).【解析】【分析】(1)根据给定条件,在中利用正弦定理求解作答.(2)在中由正弦定理求出,结合(1)的结论,再在中利用余弦定理求解作答.【小问1详解】在中,由正弦定理得,即,所以.【小问2详解】在中,由正弦定理得,即,因此,而,,,,,则,由(1)得,在中,,由余弦定理得,所以MN之间的距离为.20. 如图,在四棱锥中,为等边三角形,且边长为2,BC垂直于AB,,E为PA的中点.(1)证明:平面PBC.(2)若底面ABCD,且,求点A到平面PBC的距离.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)取AB的中点F,连接EF,DF,由面面平行的判定定理可证得平面平面PBC,再由面面平行的性质可证明;(2)由,即可求出点A到平面PBC的距离.【小问1详解】如图所示,取AB的中点F,连接EF,DF,∵为等边三角形,且F为AB的中点,∴,又∵,∴,又∵平面PBC,平面PBC,∴平面PBC,又∵E,F分别为PA,AB的中点,∴,又∵平面PBC,平面PBC,∴平面PBC.又∵,且EF,平面DEF,∴平面平面PBC,∵平面DEF,∴平面PBC.【小问2详解】在中,,,,∴.由题意得,设点A到平面PBC的距离为d,由,得,∴.21. 在中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足.(1)证明:.(2)求的取值范围.【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)利用正弦定理化边为角可得,化简即可证明;(2)消元,将要求取值范围的代数式转化为,利用第一问得出的结论求出角的取值范围,从而得到的取值范围,最后应用函数的单调性即可求解.【小问1详解】由正弦定理得,∴,∴,∵,,∴,∴或(舍去),∴.【小问2详解】由(1)得,,∴,∵,,∴,∴,函数在上单调递增,,.∴,∴的取值范围为.22. 如图,在直角梯形中,,,,为的中点,沿将折起,使得点到点的位置,且,为的中点,是上的动点(与点、不重合). (1)证明:平面平面;(2)是否存在点,使得二面角的正切值为?若存在,确定点的位置;若不存在,请说明理由.【答案】(1)证明见解析 (2)存在,为上靠近四等分点【解析】【分析】(1)证明出平面,可得出,结合可得出平面,可得出,推导出,可证得平面,再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立;(2)过作在平面内作,垂足为点,过点在平面内作,垂足为点,连接,分析可知为二面角的平面角,设,则,在中,设,由以及二面角的正切值求出的值,即可得出结论.小问1详解】证明:翻折前,因为,,为的中点,所以,且,又因为,则四边形为正方形,所以,,翻折后,则,,,、平面,所以平面,因为平面,所以,因为,,、平面,所以平面,因为平面,所以,因为,,所以,因为,、平面,所以平面,因为平面,所以平面平面.【小问2详解】解:假设存在点满足题意,如图,过作在平面内作,垂足为点, 在平面内,因为,,所以,由(1)知,平面,所以平面,因为平面,所以,过点在平面内作,垂足为点,连接,因为,,,、平面,所以平面,因为平面,所以,所以为二面角的平面角,不妨设,则,在中,设,因为,,所以,,所以,所以,得,所以,解得,即此时为线段上靠近点的四等分点.
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