2022-2023学年宁夏吴忠市高一下学期期末联合调研考试数学试题含答案

2022-2023学年宁夏吴忠市高一下学期期末联合调研考试数学试题

一、单选题

1．在复平面内，复数（为虚数单位）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

【分析】将整理为，可得对应的点的坐标，从而得到结果.

【详解】

复数所对应的点为，位于第二象限

本题正确选项：

【点睛】本题考查复数对应复平面内的点的问题，属于基础题.

2．下列关于几何体特征的判断正确的是（    ）

A．一个斜棱柱的侧面不可能是矩形

B．底面是正多边形的棱锥一定是正棱锥

C．有一个面是边形的棱锥一定是棱锥

D．平行六面体的三组对面中，必有一组是全等的矩形

【答案】C

【分析】根据直棱柱、正棱锥、棱锥的分类，以及平行六面体的几何结构特征，逐项判定，即可求解.

【详解】对于A中，斜棱柱的侧面中，可以有的侧面是矩形，所以A不正确；

对于B中，根据正棱锥的定义，底面是正多边形且顶点在底面的射影为底面多边形的中心的棱锥是正棱锥，所以B不正确；

对于C中，根据棱锥的分类，可得有一个面是边形的棱锥一定是棱锥，所以C正确；

对于D中，平行六面体的三组对面中，必有一组是全等的平行四边形，所以D错误.

故选：C.

3．若是夹角为的单位向量，则与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据向量的数量积和模，代入向量的夹角公式，即可求解.

【详解】，

，

，

所以，且，

所以.

故选：C

4．在中，，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，利用正弦定理求解作答.

【详解】在中，，，由正弦定理得，

因此，显然，

所以.

故选：C

5．已知向量，则在上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，求得，且，结合公式，即可求解.

【详解】由向量，

可得，且，则在上的投影向量为.

故选：A.

6．用平行于正四棱锥底面的平面去截该棱锥，把底面和截面之间的那部分多面体叫做正四棱台，经过正四棱台不相邻的两条侧棱的截面叫做该正四棱台的对角面．若正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，对角面面积为，则该棱台的体积为（    ）

A．28 B． C． D．74

【答案】A

【分析】设正四棱台的高为，根据对角面的面积，列出方程，求得，结合棱台的体积公式，即可求解.

【详解】因为正四棱台的上、下底面边长分别为，所以，

设正四棱台的高为，则，可得，

正四棱锥的上底面面积为，下底面面积为，

则该正棱台的体积为.

故选：A.

7．已知直线与平面，则的充分条件可以是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】可以在长方体中取反例,用排除法得到正确选项.

【详解】取长方体

由可令为，为,为平面,为平面

发现，故A选项错误；

由可令为，为,为平面,为平面

发现不垂直，故B选项错误；

由，可令为平面,为平面，为平面,发现

不垂直，故C选项错误；

故选：D.

8．若线段上的点满足，则称点为线段的黄金分割点．对于顶角的等腰，若角的平分线交于点，则恰为的一个黄金分割点．利用上述结论，可以求出（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由为的一个黄金分割点则满足可求出，再由余弦定理找出即为所求.

【详解】如图：

为计算方便，特取，并设．

因为所以

又为角的平分线，则，

又,所以,

中，则，所以，

又因为，所以，

故由恰为的一个黄金分割点，只能有，

可得，解得，

所以，

在中，由余弦定理可知，

即．

故选：B．

二、多选题

9．设复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（    ）

A．“”是“”的必要条件

B．若，则的最大值为1

C．若，则

D．，关于的方程在中最多可以有4个解

【答案】AD

【分析】根据充分、必要条件的判定方法，可判定A正确；根据复数的几何意义，可判定B错误；由 表示以为首项，以为公比的等比数列，结合等比数列求和和复数的运算，可判定C错误；化简方程为，分和，结合二次函数的性质，可判定D正确.

【详解】对于A中，当时，可得，所以“”是“”的必要条件，所以A正确；

对于B中，若，可得，表示点在以原点为圆心，半径为的圆上，

又由，所以，

则表示点到的距离，其最大值为，所以B错误；

对于C中，由，可得，所以 表示以为首项，以为公比的等比数列，

所以，所以C错误；

对于D中，对于方程，可得，

即，所以，

若，则，可得，

当时，有两个相等的实数根，此时复数有1个；

当时，有两个不相等的实数根，此时复数有2个；

当时，无根，此时复数不存在；

若，则，可得，

当时，有两个相等的实数根，此时复数有1个；

当时，有两个不相等的实数根，此时复数有2个；

当时，无根，此时复数不存在；

综上所述，复数最多有4个根，所以D正确.

故选：AD.

10．如图，某八角镂空窗的边框呈正八边形．已知正八边形的边长为，、为正八边形内的点（含边界），在上的投影向量为，则下列结论正确的是（      ）

A． B．

C．的最大值为 D．

【答案】ABD

【分析】利用平面向量数量积的运算性质可判断AB选项；利用平面向量数量积的几何意义可判断CD选项.

【详解】对于A选项，正八边形的内角为，易知，

，A对；

对于B选项，连接、，则为正八边形外接圆的一条直径，则，

所以，，B对；

对于C选项，如下图所示：

设在方向上的投影向量为，由图形可知，

当、分别在线段、上时，取最大值，

且的最大值为，C错；

对于D选项，过点、分别作的垂线，垂足分别为点、，如下图所示：

当点在线段上时，取最小值，

此时，，

当点在线段上时，取最大值，

此时，，

综上所述，，D对.

故选：ABD.

11．直三棱柱顶点都在球的表面上，，侧面侧面，则（    ）

A．四棱锥的体积为

B．三棱锥的体积为

C．球的表面积为

D．平面截该三棱柱所得截面的面积为

【答案】ABC

【分析】首先可证明，以及平面，再结合体积公式，和等体积转化，可判断AB；首先确定球心的位置，再求球的半径，根据球的表面积公式，即可求解；

首先确定截面图形，再求面积，判断D.

【详解】因为平面，平面，

所以，且侧面侧面，

所以，且，平面，

所以平面，

因为，所以，，

所以四棱锥的体积，故A正确；

B.，故B正确；

C.取的中点，连结，点是线段的中点，

由条件可知，垂直于上下底面，且分别是上下底面三角形外接圆的圆心，

所以点是三棱柱外接球的球心，，

所以球的表面积为，故C正确；

 D.点三点共线，所以平面截该三棱柱所得截面为三角形，

其中，，，

所以，所以，所以，

故D错误.

故选：ABC

12．某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题的探究活动中，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中MA，NB均与水平面ABC垂直．在已测得可直接到达的两点间距离AC，BC的情况下，四名同学用测角仪各自测得下列四组角中的一组角的度数，其中一定能唯一确定M，N之间的距离的有（    ）

A．∠MCA，∠NCB，∠ABC B．∠ACB，∠NCB，∠MCN

C．∠MCA，∠NCB，∠MCN D．∠MCA，∠NCB，∠ACB

【答案】CD

【分析】记，，，，，，，，，，，，，再利用正余弦定理逐一分析判断和举反例判断即可.

【详解】记，，，，，，，，，，，，．

先从C选项入手：

已知，在中，由，可确定；

同理，在中，可确定；

在中，由及余弦定理，可确定，故C正确;

再考察D选项：

已知，在中，由及余弦定理，可确定；

在中，由，可确定；同理，在中，可确定，

由，①

可确定，故D正确；

A选项：

已知，同B选项，可确定，

在中，已知，解三角形知可能有两解，

例如若，

则，解得或2，

代入①使也有两个值，故A错误；

B选项：

已知，同C，D选项，可确定，

在中，由勾股定理，得，

在中，由余弦定理，得，②

联立①②，得解此关于的二元方程组，

可得，但此二元二次方程组可能有两解，

例如若，得

解得或故B错误．

故选：CD．

【点睛】方法点睛：已知三角形的两边及一角解三角形的方法：

先利用余弦定理求出第三边，其余角的求解思路有两种：

（1）利用余弦定理求出其它角；

（2）利用正弦定理（已知两边和其中一边的对角）求解.

若用正弦定理求解，需对角的取值进行取舍，而用余弦定理就不存在这个问题（在上，余弦值所对的角是唯一的），故用余弦定理较好.

三、填空题

13．已知，在复平面内对应的点为为满足的点的集合所对应的图形，则的面积为         ．

【答案】

【分析】设，，根据复数的模长公式得到，得到轨迹，求出面积.

【详解】设，，

因为，所以，即，

表示的是以原点为圆心，2为半径和5为半径的两个圆环的部分（如图所示），

故的面积为.

故答案为：

14．已知，若非零向量与的夹角等于与的夹角，则的坐标可以是         ．（写出一个满足题意要求的向量的坐标即可）

【答案】（满足的坐标均可得满分）

【分析】设出，根据平面向量夹角公式列出方程，求出，从而得到答案.

【详解】设，则，即，所以，

所以，，

故，，不妨令，则.

故答案为：

四、双空题

15．已知圆锥的母线长为3，轴截面（过圆锥的轴的平面截圆锥所得截面）等腰三角形的顶角记为是底面圆的直径，点是的中点．若侧面展开图中，为直角三角形，则         ，该圆锥中过两条母线的最大截面的面积为         ．

【答案】         

【分析】根据圆锥的性质，以及圆锥展开图，结合几何关系，计算圆锥底面圆的半径，即可求解的值；再根据轴截面等腰三角形顶角的大小，结合三角形的面积公式，即可求解.

【详解】如图，圆锥，以及右侧是圆锥的展开图，，，

点是的中点，

在侧面展开图中，为直角三角形，即，所以，即

展开图中的是等边三角形，则展开图中，，展开图扇形的圆心角为，弧长为，

设底面半径为，则，得，即,

所以,，

所以，所以圆锥轴截面的顶角为锐角，

圆锥中过两条母线的等腰三角形的顶角小于等于，所以圆锥中过两条母线的等腰三角形的顶角的正弦值的最大值为，

圆锥中过两条母线的最大截面等腰三角形的面积.

故答案为：；

五、填空题

16．在三棱锥中，平面，则与所成的角的余弦值为         ．

【答案】/

【分析】根据异面直线所成交的定义，将与所成的角转化为平面交，根据余弦定理，即可求解.

【详解】过点作，且，连接，四边形是平行四边形，

所以与所成的角为或其补角，

因为平面，平面，所以，，

又，且，所以，，

又，所以，

则，又，，

，所以,

中，

故答案为：

六、解答题

17．等腰梯形中，是的中点，与交于点．

(1)设，试用表示和；

(2)求与夹角的余弦值．

【答案】(1)，

(2)．

【分析】（1）可直接根据向量减法求解，可借助做辅助线结合向量加法的四边形法则求解；

（2）与夹角等于与，结合（1）中的结论和夹角公式求解.

【详解】（1）  

，

过作的平行线交于，于是四边形是平行四边形，

故，又，则，则是正三角形，

故，则，故，

根据向量加法的平行四边形法则，所以

（2）与夹角等于与的夹角．

，

，所以

又，

类似的

所以，

所以．

即与夹角的余弦值为．

18．在中，，是的中点．

(1)求的内角的余弦值；

(2)设在直线上，试确定满足的点的具体位置．

【答案】(1)

(2)点是边的靠近点的三等分点

【分析】（1）利用余弦定理可求得的值；

（2）设，，可设，其中，求出、关于、的关系式，由题意可得，利用平面向量数量积的运算性质求出的值，即可得出结论.

【详解】（1）解：设，则．

由余弦定理得．

（2）解：设，，

因为是的中点，所以，

所以．

因为在直线上，故可设，其中，

所以．

因为，所以，即，

展开得，即，

由（1）知，则，解得，

所以，点是边的靠近点的三等分点.

19．在平面四边形中，点在直线的两侧，，，四个内角分别用表示，.

(1)求；

(2)求与的面积之和的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦定理可求得，结合勾股定理可得结果；

（2）设，利用可表示出，结合三角恒等变换知识化简得到，由正弦函数最值求法可求得结果.

【详解】（1）在中，由余弦定理得：，解得：，

，即，.

（2）设，则，

，，四点共圆，且为该圆的直径，

，，

，，

在中，，，

.   

，，，

，当，即时，，

故与的面积和的最大值为.

20．四棱锥中，．

(1)求证：平面平面；

(2)当平面时，求直线与平面所成的角的正切值．

【答案】(1)证明见解析

(2)．

【分析】（1）取的中点，利用勾股定理，分别证得，，进而证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面；

（2）过点作交的延长线于点，由（1）知平面，得到平面，得出为与平面所成的角，在直角中，即可求解.

【详解】（1）证明：取的中点，连接，

因为，

则四边形为边长为1的正方形，可得，

由，可得，所以，

又由，可得，所以，

因为，且平面，所以平面，

因为平面，所以平面平面．

（2）解：过点作交的延长线于点，连接,

由（1）知平面，所以平面，

所以为与平面所成的角，

因为，所以为等腰直角三角形，所以，

又因为平面，且平面，所以，

所以．

因为平面，且平面，所以，

所以，即与平面所成角的正切值为．

21．如图，在中，点是的内心，过点且平行于的直线与分别相交于点的内角所对的边分别记为．

(1)求的值；

(2)若，求的取值范围．

【答案】(1)2

(2)．

【分析】（1）法一：连接并延长交于，因为是的平分线，由角平分线定理结合相似三角形可得，再由正弦定理即可得出的值；法二：连接并延长交于点，连接，因为平分，可证得，再由正弦定理即可得出的值.

（2）因为，所以．由（1）得，由余弦定理代入即可求出，所以，即可求出的取值范围．

【详解】（1）法一：连接并延长交于，

因为是的平分线，所以，

所以，

又，所以．

因为，所以，所以．

所以，即，

所以，同理．

连接，由和为的内心得，，所以，同理，

所以，

所以，即，

所以．

法二：连接并延长交于点，连接．

因为平分，所以，

所以，同理．

所以．

又，所以．

由正弦定理，得．

（2）因为，所以．

由（1）得，即，

所以，

所以．

所以，

即的取值范围为．

22．如图，在正三棱柱中，为的中点，点在上，，点在直线上，对于线段上异于两端点的任一点，恒有平面．

(1)求证：平面平面；

(2)当的面积取得最大值时，求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)．

【分析】（1）由面面平行的判定定理证明即可；

（2）依题意可知，为的中点，，即当最大时，最大，设，由基本不等式可求得当，最大，取的中点，为二面角的平面角，求解即可.

【详解】（1）在线段上取异于两端点的两点，

因为对于线段上异于两端点的任一点，恒有平面．

所以平面平面，

又平面平面，

所以平面平面．

（2）由（1）知平面平面，又平面平面，平面平面，所以，

因为为的中点，所以为的中点．

所以，所以当最大时，最大．

设，则，所以，

当且仅当，即时等号成立．

此时，且为等腰直角三角形，最大．

所以．

因为，

所以，当且仅当时，

即为等腰直角三角形，最大．

取的中点，则，

在平面内过点作交于点，连接，

则为二面角的平面角．

在中，由余弦定理，得，

所以，

所以．

又，在中，由余弦定理，得

，所以．

在中，由余弦定理，得．

在中，，，，，．

即二面角的余弦值为．

【点睛】方法点睛：立体几何图形证明线面、面面位置关系或求线面、面面角可从以下几点考虑：

（1）证明线面、面面位置关系的一般方法是利用相关的判定定理和性质定理，需注意二者的相互转化.若有坐标系也可利用向量法证明.

（2）求线面、面面角的一般方法是向量法，若图形容易确定所求角，也可利用几何法，结合解三角形知识求角.