2022-2023学年陕西省西安市蓝田县城关中学大学区高一下学期期中联考数学（文）试题含答案

2022-2023学年陕西省西安市蓝田县城关中学大学区高一下学期期中联考数学（文）试题

一、单选题

1．已知平面向量，若与共线，则k等于（    ）

A．1 B． C． D．4

【答案】B

【分析】由向量共线得出即可求解.

【详解】由题，若与共线，则，解得.

故选：B.

2．已知平行四边形，点，分别是，的中点（如图所示），设，，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用向量的线性运算，即可得到答案；

【详解】连结，则为的中位线，

，

故选：A

3．已知复数满足，则在复平面内对应的点位于（    ）

A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限

【答案】B

【分析】利用复数的除法将复数表示为一般形式，可得出复数，即可判断出复数在复平面内对应的点所在的象限.

【详解】因为，所以，.

所以复数在复平面内对应的点为，位于第三象限.

故选：B.

【点睛】本题考查复数乘方以及除法的计算，同时也考查了共轭复数以及复数的几何意义，考查计算能力，属于基础题.

4．设复数（其中为虚数单位），则下列说法中正确的是

A．它的实部为﹣3 B．共轭复数

C．它的模  D．在复平面对应的点的坐标为

【答案】C

【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简，然后逐一核对四个选项得答案．

【详解】解：∵，

∴的实部为3，，，

在复平面对应的点的坐标为（3，4）.

故选: C.

【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，以及复数的基本概念、共轭复数、复数的模和复数的几何意义，是基础题．

5．复数，复数满足，则下列关于的说法错误的是（    ）

A． B．

C．的虚部为 D．在复平面内对应的点在第二象限

【答案】C

【分析】由已知求出，根据复数的概念，即可判断各项.

【详解】对于A，由已知可得，

，故A正确.

对于B，因为，所以，故B正确；

对于C，根据复数的概念可知的虚部为，故C错误；

对于D，根据复数的概念可知在复平面内对应的点为，故D正确.

故选：C.

6．已知向量，满足，，则（    ）．

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】计算出，，再利用夹角公式求解即可.

【详解】由，，两式相加，得，

所以，，所以，

所以.

故选：A．

7．复数的虚部是（    ）

A．1 B．i C．3 D．3i

【答案】A

【分析】应用复数乘法化简复数，即可知虚部.

【详解】，故其虚部为1.

故选：A

8．已知正四面体的棱长为2，，，分别为，，的中点，则正四面体的外接球被平面所截的截面面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先将正四面体放入相应的正方体中，根据题意可得球心在上，所以正四面体的外接球被平面所截的截面即大圆，进而可得其面积.

【详解】将正四面体放入正方体中，如图所示，

因为，分别为，的中点，所以，分别为左右侧面的中心，

所以正方体的外接球即正四面体的外接球球心为线段的中点，

所以正四面体的外接球被平面所截的截面即为大圆.

因为正四面体的棱长为2，所以正方体的棱长为，

所外接球半径，

所以大圆面积为：.

故选：C.

9．在中，是斜边的高线，现将沿折起，使平面平面，则折叠后的长度为（    ）

A．2 B． C． D．3

【答案】C

【分析】由题意画出平面图及其翻折后的立体图，利用面面垂直的性质可得面，由线面垂直的性质有，进而在直角三角形中应用勾股定理求.

【详解】由题设，可得如下平面图及其翻折后的立体图，，

∴，，又面面，面面，，面，

∴面，而面，故，

∴在中，.

故选：C.

【点睛】关键点点睛：在翻折后的几何体中，应用面面垂直、线面垂直的性质证明，结合勾股定理求线段长.

10．若四边形满足，，则该四边形一定是（    ）

A．正方形 B．矩形 C．菱形 D．直角梯形

【答案】C

【分析】根据可判断四边形为平行四边形，由可得，可判断四边形为菱形.

【详解】

因，所以，故，且，

故四边形为平行四边形，

由得，即，

所以平行四边形对角线互相垂直，故四边形为菱形.

故选：C

11．如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用线面平行判定定理可知B，C，D均不满足题意，A选项可证明出直线AB与平面MNQ不平行，从而可得答案.

【详解】对于选项B，如图1，连接CD，

因为M，N，Q为所在棱的中点，所以CDMQ，

由于ABCD，所以ABMQ，

因为平面，平面，所以AB平面MNQ，

B选项不满足题意；

对于选项C，如图2，连接CD，

因为M，N，Q为所在棱的中点，所以CDMQ，

由于ABCD，所以ABMQ，

因为平面，平面，所以AB平面MNQ，

C选项不满足题意；

对于选项D，如图3，连接CD，

因为M，N，Q为所在棱的中点，所以CDNQ，

由于ABCD，所以ABNQ，

因为平面，平面，所以AB平面MNQ，

可知D不满足题意；

如图4，取BC的中点D，连接QD，

因为Q是AC的中点，

所以QDAB，

由于QD与平面MNQ相交，故AB与平面MNQ不平行，

A正确.

故选：A

12．设为复数，．下列命题中正确的是（　　）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】C

【分析】对于选项A、B、D：取特列，代入检验即可；对于C：根据复数的运算分析判断.

【详解】对于选项A：由复数模的概念可知，不能得到，

例如，则，但不成立，故A错误；

对于选项B：例如，则，则，故B错误；

对于选项C：由，可得，

因为，所以，即，故C正确；

对于选项D：取，则，

满足，但，故D错误．

故选：C．

二、填空题

13．已知点，向量，则向量          ．

【答案】

【分析】首先求出的坐标，再根据向量减法的坐标运算法则计算可得；

【详解】解：因为，所以，

又，所以；

故答案为：

14．已知向量，，且，则     ．

【答案】

【分析】根据向量垂直与坐标间关系计算即可.

【详解】因为，所以，解得

故答案为：

15．已知复数的虚部减去它的实部所得的差为，则          .

【答案】或

【解析】根据题意，计算复数，再结合题目列方程求解即可.

【详解】因为，

所以，

所以，

解得或，

所以或，

所以或.

故答案为：或.

【点睛】本题考查复数的乘法，以及实部和虚部的辨识，涉及复数模长的计算.

16．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是        .

【答案】

【详解】试题分析：正四棱柱的高是4，体积是16，则底面边长为2，底面正方形的对角线长度为，所以正四棱柱体对角线的长度为，四棱柱体对角线为外接球的直径，所以球的半径为，所以球的表面积为．

【解析】正四棱柱外接球表面积．

三、解答题

17．在中，、分别是边、的中点，、分别是、的中点，判别下列命题是否正确.

（1）；

（2）和是平行向量；

（3）.

【答案】答案见解析

【分析】（1）画出图形，根据平面几何知识，结合相等向量的概念进行判定；

（2）根据平面几何知识，结合平行向量的概念进行判定；

（3）注意到向量的概念，包括方向和大小（模），模可以比较大小，方向没法比较大小，因此向量没有大小的比较可以判定.

【详解】

（1）不正确.和的模不相等，为此它们必不是相等向量；

（2）正确.由平面几何知识可知，所以和为平行向量；

（3）不正确.向量是无法比较大小的，只有向量的模可以比较大小.

18．已知复数为纯虚数，且为实数.

(1)求复数；

(2)设，，若复数在复平面内对应的点位于第三象限，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据纯虚数的定义设出复数的表示形式，再根据复数除法运算法则，结合复数的分类进行求解即可；

（2）求出，结合在复平面内对应点所在象限，求出范围，结合模的计算求得答案.

【详解】（1）设，且，

则.

又∵为实数，∴，即.

（2）由（1）得，

由题知且，解得.

又∵，∴.

∴，即的取值范围是.

19．图1是由矩形和菱形组成的一个平面图形，其中， ，将其沿折起使得与重合，连结，如图2.

（1）证明图2中的四点共面，且平面平面；

（2）求图2中的四边形的面积.

【答案】(1)见详解；(2)4.

【分析】(1)因为折纸和粘合不改变矩形，和菱形内部的夹角，所以，依然成立，又因和粘在一起，所以得证.因为是平面垂线，所以易证.(2) 欲求四边形的面积，需求出所对应的高，然后乘以即可．

【详解】(1)证：，，又因为和粘在一起.

，A，C，G，D四点共面.

又.

平面BCGE，平面ABC，平面ABC平面BCGE，得证.

(2)取的中点，连结.因为，平面BCGE，所以平面BCGE，故，

由已知，四边形BCGE是菱形，且得，故平面DEM．

因此．

在中，DE=1，，故．

所以四边形ACGD的面积为4.

【点睛】很新颖的立体几何考题．首先是多面体粘合问题，考查考生在粘合过程中哪些量是不变的．再者粘合后的多面体不是直棱柱，最后将求四边形的面积考查考生的空间想象能力.

20．如图甲，在直角三角形ABC中，已知，D，E分别是AB，AC的中点．将△ADE沿DE折起，使点A到达点的位置，且平面平面DBCE，连接，得到如图乙所示的四棱锥，M为线段上一点．

(1)证明：平面DBCE；

(2)过B，C，M三点的平面与线段相交于点N，直线EM与BC所成角的大小为，求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意可证，进而根据面面垂直的性质定理分析证明；

（2）先证MN∥平面，可得，再证平面，进而结合锥体的体积公式运算求解.

【详解】（1）因为DE分别是AB，AC的中点，则DE∥BC，

且，则，即，

又因为平面平面DBCE，平面平面，平面，

所以平面BDEC．

（2）如图所示：

因为BC∥DE，则直线EM与BC所成角为，

且，可知，则M为的中点，

因为BC∥DE，平面，平面，所以BC∥平面，

又因为过B，C，M三点的平面与线段相交于点N，

可得平面平面，平面BMNC，所以BC∥MN，

所以N为的中点，

又因为平面，平面，可得MN∥平面，

所以，

由（1）可知：平面BDEC，平面BDEC，则，

且，平面，

所以平面，

可得三棱锥的体积为，

所以三棱锥的体积为．

21．已知非零向量，满足，且.

（1）求与的夹角；

（2）若，求.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由，得，则，再结数量积的公式和可求得与的夹角；

（2）由，得，将此式展开，把代入可求得结果

【详解】（1）∵，∴，

∴，

∴，

∵，∴，

∴，

∵，∴与的夹角为.

（2）∵，∴，

∵，又由（1）知，

∴，∴.

【点睛】此题考查平面向量的数量积的有关运算，考查计算能力，属于基础题