2022-2023学年福建省仙游县枫亭中学高一下学期期中考试数学试题含答案

2022-2023学年福建省仙游县枫亭中学高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知是虚数单位，则复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得；

【详解】解：

故选：D

2．下列关于空间几何体的叙述，正确的是（    ）

A．直角三角形绕它的一条边旋转得到的几何体是一个圆锥

B．棱柱的侧面都是平行四边形

C．用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台

D．直平行六面体是长方体

【答案】B

【分析】根据圆锥、棱柱、棱台、长方体的定义判断．

【详解】直角三角形绕斜边所在直线旋转得到的几何体不是一个圆锥，A错；

根据棱柱定义知棱柱的侧面都是平行四边形，B正确；

用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台，C错；

底面是长方形的直平行六面体是长方体，D错．

故选：B．

3．已知向量，，，若，则实数的值为（    ）

A．-8 B．-6 C．-1 D．6

【答案】C

【分析】先求出，再解方程即得解.

【详解】由题得，

因为，

所以.

故选：C

4．已知正三角形的边长为4，那么的直观图的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】以BC中点O为原点，BC为x轴建立直角坐标系，再画出直观图形，根据，，, 即可得到答案.根据直观图的画法，即可得到答案.

【详解】如图所示，

则的面积为：.

故选：A.

5．已知向量，满足，，且，则与的夹角是（    ）

A．30° B．60° C．120° D．150°

【答案】D

【分析】根据向量垂直及数量积的运算律可得，求出，结合已知即可求与的夹角.

【详解】由题意，，可得，

∴，又，

∴.

故选：D

6．在中，若，则该三角形的最大角和最小角之和是（    ）

A．150° B．135° C．120° D．90°

【答案】C

【分析】由正弦定理得到边长之比，得出角的大小，由余弦定理求出中间角的大小后可得结论．

【详解】因为，所以由正弦定理得，所以，因此有，

又，所以，是三角形内角，则，所以．

故选：C．

7．在平行四边形中，点为对角线上靠近点的三等分点，连结并延长交于，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由平行线性质得出是中点，然后由向量的线性运算求解．

【详解】因为，所以，而，所以是中点．

．

故选：B．

8．在中，，，，则此三角形（    ）

A．有两解 B．有一解 C．无解 D．解的个数不确定

【答案】A

【分析】求出点到的距离与比较大小可得结论

【详解】解：因为，，

所以顶点到的距离，

因为，所以，

所以以为圆心，为半径画弧与有两个交点，

所以三角形有两解，

故选：A

9．空间中，下列命题正确的有（    ）

A．若，则 B．若则

C．若，则 D．若，则

【答案】D

【分析】根据空间中线面关系以及面面关系即可结合选项逐一求解.

【详解】对于A，若，则或，故A错误，

对于B，若且为相交直线时，才能得到，故B错误，

对于C，若，则或者，故C错误，

对于D，若，则，故D正确，

故选:D

二、多选题

10．下列说法中正确的是（    ）

A．若，，则

B．若两个非零向量，满足，则与共线且反向

C．若对平面内的任意一点，有，且，则A，B，C三点共线

D．若，，且与夹角为锐角，则

【答案】BC

【分析】A. 如果，则不一定成立，所以该选项错误；

B. 由题得，则与共线且反向，所以该选项正确；

C. 由题得,因为向量有公共点,则A，B，C三点共线,所以该选项正确；

D. 由题得且，所以该选项错误.

【详解】A. 如果，则不一定成立，所以该选项错误；

B. 由题得，所以，则与共线且反向，所以该选项正确；

C. 由题得，所以,所以,

因为向量有公共点,则A，B，C三点共线,所以该选项正确；

D. 若，，且与夹角为锐角，则，且，所以且，所以该选项错误.

故选：BC

11．下列命题中，正确的是（    ）

A．在△中，若，则

B．在锐角△中，不等式恒成立

C．在△中，若，则△必是等腰直角三角形

D．在△中，若，，则△必是等边三角形

【答案】ABD

【分析】A应用正弦定理及三角形中大边对大角即可判断正误；B由锐角三角形易得，根据锐角正弦函数的大小关系及诱导公式即可判断正误；C由正弦定理边角关系，结合三角形内角的性质判断内角A、B的数量关系；D利用余弦定理，结合已知得，进而判断△的形状.

【详解】A：若，而，即，故，正确；

B：由锐角△知：，即，则，正确；

C：由题设，可得，又，则或，故△为等腰或直角三角形，错误；

D：由题设，，故，即，又，可知，故△必是等边三角形，正确.

故选：ABD

12．若点O在△所在的平面内，则以下说法错误的是（    ）

A．若，则点O为△的内心

B．若，则点O为△的重心

C．若，则点O为△的外心

D．若，则点O为△的垂心

【答案】AD

【分析】A由条件等式及向量数量积的运算律化简，再结合向量垂直的表示即知O为△的垂心；B若是的中点，易证共线且即可判断；C若分别为的中点，有，结合已知可证，同理有，即知O为△的外心；D由题设知、是在、上的单位向量，则有，易知是的平分线，同理是的平分线，即O为△的内心；

【详解】A：由，知：，而，易知，同理可证、，即O为△的垂心，错误.

B：若是的中点，则，又，即，故共线且，易知是△的重心，正确.

C：若分别为的中点，则，又，即，故，同理，又，即，故，所以为△的外心，正确；

D：由且、是在、上的单位向量，即有，故是的平分线，同理是的平分线，所以O为△的内心，错误；

故选：AD

【点睛】关键点点睛：根据等量关系，结合向量的运算律、数量积的值判断为三角形的何种心，由向量的线性关系判断三角形的形状.

三、填空题

13．在复平面内，复数对应的点为，将向量绕原点按逆时针方向旋转，所得向量对应的复数是     .

【答案】

【分析】根据复数的几何意义写出点的坐标，求出旋转后对应点的坐标，得其对应复数．

【详解】复数对应的点，如图，绕原点按逆时针方向旋转到位置，，，∴，，即，点对应复数为．

故答案为：．

【点睛】本题考查复数的几何意义，旋转过程中线段长度保持不变，关键是求出新点对应的坐标，可得对应复数．

14．已知平面向量与的夹角为，则，，则           .

【答案】2

【分析】把模平方转化为数量积的运算求解．

【详解】由已知，，

．

故答案为：2．

15．有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，这时容器中水的深度是           .

【答案】

【分析】根据正三角形中内切圆的性质，求得半径与边长的关系，由圆锥的轴截面，明确该圆锥的高和底面半径，利用体积公式，剪力方程，可得答案.

【详解】由题意可知为等边的内切圆，则，

易知等边的边长，

圆锥的体积，

球的体积，则，

设取出球之后，水的高度为，此时水面圆的半径为，

则，解得.

故答案为：.

16．已知向量，满足，，且，若向量与的夹角为30°，则的最大值是           .

【答案】

【分析】设证明四点共圆.设外接圆半径为,要使最大，所以必须过圆心，利用正弦、余弦定理求出即得解.

【详解】

设

所以, 所以,

所以，

因为，

所以

所以四点共圆.设外接圆半径为,

要使最大，所以必须过圆心，

此时，在中，由余弦定理得.

由正弦定理得.

故答案为：

四、解答题

17．如图，在正方体中，是的中点，分别是的中点，求证：

(1)平面；

(2)平面平面.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】(1)利用线面平行的判定定理即可证明；(2)利用面面平行的判定定理证明.

【详解】（1）

如图，连接，∵分别是的中点，∴.

又∵平面，平面，∴直线平面.

（2）连接SD，∵分别是 的中点，

∴.又∵平面，平面，

∴平面，由(1)知，平面，

且平面，平面，，

∴平面∥平面.

18．在一个如图的直角梯形ABCD内挖去一个扇形，E恰好是梯形的下底边的中点，将所得平面图形绕直线DE旋转一圈．

(1)说明所得几何体的结构特征；

(2)求所得几何体的表面积和体积．

【答案】(1)上部是圆锥，下部是圆柱挖去一个半球体的组合体

(2)表面积，体积

【分析】（1）根据旋转的特点即可得出；

（2）根据组合体的特征即可求出表面积和体积.

【详解】（1）上部是圆锥，下部是圆柱挖去一个半球体的组合体．

（2），

．

19．如图，已知平面，，且AC，BD与分别相交于点C，D，求证：．

【答案】证明见解析

【分析】以线面平行性质定理去证明即可解决.

【详解】由，可知与可以确定一个平面

由AC、BD与平面分别相交于点C、D，可知平面平面

平面，平面，平面平面，

则，又

则四边形为平行四边形，则

20．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.

已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若____________.

(1)求角B；

(2)若，求△ABC周长的最小值，并求出此时△ABC的面积.

【答案】(1)

(2)周长的最小值为6，此时的面积

【分析】（1）分别选三个条件，结合三角恒等变换，以及边角互化，化简后即可求解；

（2）由余弦定理可得，利用基本不等式可求出的最小值，即可求出周长最小值，再利用面积公式求出面积.

【详解】（1）选①，由正弦定理得，

∵，∴，即，

∵，∴，

∴，∴.

选②，∵，，

由正弦定理可得，

∵，∴，

∵，∴.

选③，∵，

由已知结合正弦定理可得，

∴，∴，

∵，∴.

（2）∵，即，

∴，解得，当且仅当时取等号，

∴，周长的最小值为6，此时的面积.

21．如图，四边形ABCD中，已知.

（1）用，表示；

（2）若，，当三点共线时，求实数的值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由得可得答案；

（2）由，，得， A，M，C三点共线时，即，又由､不共线，由平面向量基本定理可得答案.

【详解】（1）∵，∴，

则

.

（2），

∵，，

∴

，

若A，M，C三点共线时，有，

从而存在唯一的实数t，使得，

即，又由､不共线，

由平面向量基本定理，可得

消去t可得，

解得.

22．已知菱形ABCD的边长为2，M为BD上靠近D的三等分点，且线段.

（1）求的值；

（2）点P为对角线BD上的任意一点，求的最小值.

【答案】（1），（2）

【分析】（1）由结合, 可求出，从而得到

（2）建立直角坐标系，设，可得到，然后利用二次函数的知识求出最小值

【详解】（1）如图，四边形ABCD为菱形，

所以

所以

因为,

所以可解得,所以

所以是等边三角形，故

（2）以A为原点，所在直线为x轴建立如图所示坐标系：

则有，

所以线段：

设，则有

，

所以

因为，所以当时取得最小值

【点睛】本题考查平面向量数量积及其运算，涉及余弦定理，二次函数等基本知识，属于中档题．