2022-2023学年广东省深圳市龙华中学高一下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年广东省深圳市龙华中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知向量，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据向量线性运算的坐标表示求坐标即可.

【详解】∵，，

∴，，

∴，

故选：B.

2．已知复数的模等于2，则实数的值为（    ）

A．1或3 B．1 C．3 D．2

【答案】A

【分析】利用复数模的计算公式即可得出．

【详解】解：复数的模等于2，

，

化为：，

解得或．

故选：．

3．，是不同的直线，，是不重合的平面，下列说法正确的是　　

A．若，，，则

B．若，，，，则

C．若，，则

D．，是异面直线，若，，，，则

【答案】D

【分析】利用反例判断，，C的正误，利用平面平行的判定定理判断D的正误即可．

【详解】解：对于，若，，，则，也可能，是异面直线，所以不正确；

对于，若，，，，则，当时，可能有．所以不正确；

对于，若，，则，也可能，所以不正确；

对于，过作，，直线，是相交直线，确定平面，由题意可得，，，，所以正确；

故选：D．

【点睛】本题考查直线与平面，直线与直线，平面与平面的位置关系的应用，考查基本知识，以及定理的应用，属于中档题．

4．如图，在中，为线段上的一点，且，则

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据得到，根据题中条件，即可得出结果.

【详解】由已知得，

所以，

又，

所以，

故选D.

【点睛】本题主要考查平面向量基本定理的应用，熟记平面向量基本定理即可，属于常考题型.

5．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】圆锥的侧面展开图为半圆，根据圆锥的底面周长为圆锥侧面展开图的弧长可得答案.

【详解】因为圆锥的底面半径为，它的侧面展开图为半圆，所以圆锥的底面周长为，即为圆锥侧面展开图的弧长，设圆锥的母线长为l，则，解得，所以圆锥的母线长为.

故选：A.

6．已知向量满足，若，则向量与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将两边平方，根据数量积公式化简求解即可

【详解】由已知，解得，∴向量与的夹角为．

故选：C

7．阿基米德（，公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家.他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球（如图所示），该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为，则圆柱的体积为 （    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据球的体积公式求出半径，根据圆柱的体积公式可求得结果.

【详解】设球的半径为，则，所以，

所以圆柱的底面半径为，圆柱的高为，

所以圆柱的体积为.

故选：C

8．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．已知在鳖臑中，满足平面，且，，，则此鳖臑外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由题意画出图形，然后补形为长方体，求出长方体的对角线长，即可得到外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．

【详解】由，，，∴，即有，

又平面，所以，，两两互相垂直，该瞥臑如图所示：

图形可以补形为长方体，该瞥臑的外接球即该长方体的外接球，是长方体的体对角线，也是外接球的直径，设外接球半径为R，则，

所以瞥臑的外接球表面积为.

故选：B．

二、多选题

9．下列命题错误的是（    ）

A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形

B．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台

C．若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直

D．棱台的侧棱延长后交于一点，侧面是等腰梯形

【答案】ABD

【分析】直接利用棱柱，棱锥，棱台的性质判断选项即可.

【详解】对于A，棱柱的侧面不一定全等，故错误；

对于B，由棱台的定义可知只有当平面与底面平行时，所截部分才是棱台，故错误；

对于C，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直，比如正方体中共点的三个相邻平面，故正确；

对于D，棱台的侧面不一定是等腰梯形，故错误.

综上，ABD错误.

故选：ABD.

【点睛】本题主要考查了点、线、面间位置特征的判断，棱柱的结构特征，考查学生的空间想象能力和推理论证能力，属于基础题.

10．下列命题正确的是（    ）

A．

B．单位向量，，满足

C．对于向量，，有恒成立

D．向量，不能作为所在平面内的一组基底

【答案】BC

【分析】A选项，根据平面向量减法法则得到；B选项，根据公式得到；C选项，利用平面向量数量积公式得到；D选项，先根据公式得到不共线，从而得到，能作为所在平面内的一组基底.

【详解】A选项，，A错误；

B选项，单位向量，，满足，故，B正确；

C选项，对于向量，，有，C正确；

D选项，，，因为，所以不共线，故能作为所在平面内的一组基底，D错误.

故选：BC

11．一艘轮船航行到A处时看灯塔B在A的北偏东方向上，距离为12海里，灯塔C在A的北偏西30°方向上，距离为6海里，该轮船从A处沿正北方向继续航行到D处时再看灯塔B在其南偏东方向上，下面结论正确的有（    ）

A．海里 B．海里

C．或 D．灯塔C在D的南偏西方向上

【答案】ABD

【分析】画出示意图，由题意确定相应角大小、边长度，利用正余弦定理求、，进而判断各项的正误.

【详解】由题设，，，则，

所以，则海里，A正确；

所以海里，B正确；

由，则，故，灯塔C在D的南偏西方向上，C错误，D正确；

故选：ABD

12．（多选）如图，在四面体中，点分别是棱的中点，截面是正方形，则下列结论正确的是（    ）

A． B．截面PQMN

C． D．异面直线与所成的角为

【答案】ABD

【分析】根据线线、线面平行判定和性质逐一判断即可.

【详解】解：因为截面是正方形 ，所以，

又平面，平面

所以平面

又平面,平面平面

所以

因为截面，截面，

所以截面，故B正确

同理可证

因为，所以，故A正确

又

所以异面直线与所成的角为，故D正确

和 不一定相等，故C错误

故选：ABD

三、填空题

13．已知为虚数单位，复数满足，则复数z的实部为          .

【答案】

【解析】，然后算出即可.

【详解】，所以

所以复数z的实部为

故答案为：

14．如图，已知正三棱柱的底面边长为2cm，高为5cm，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为      cm．

【答案】13

【分析】将三棱柱展开两次如，不难发现最短距离是六个矩形对角线的连线，正好相当于绕三棱柱转两次的最短路径．

【详解】将正三棱柱沿侧棱展开，再拼接一次，其侧面展开图如图所示，

在展开图中，最短距离是六个矩形构成的大矩形对角线的长度，也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值．

由已知求得矩形的长等于，宽等于5，由勾股定理．

故答案为：13．

15．已知菱形ABCD的边长为2，，点P在BC边上（包括端点），则的取值范围是           .

【答案】

【分析】以C为原点，为x轴正方向，过C垂直向上方向为y轴建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算直接求解.

【详解】

如图示，以C为原点，为x轴正方向，过C垂直向上方向为y轴建立平面直角坐标系.

因为菱形ABCD的边长为2，，则,,,.

因为点P在BC边上（包括端点），所以,其中.

所以,,

所以.

因为，所以.

故答案为：

16．如图，在正四棱锥S-ABCD（顶点S在底面ABCD上的射影是正方形ABCD的中心）中，底边长2，高，E是BC的中点，点P在表面上运动，并且总是保持PE⊥AC.则动点P的轨迹的长度   

【答案】/

【分析】根据题意可知点P的轨迹为三角形EFG，其中G、F为中点，根据中位线定理求出EF、GE、GF，从而求出轨迹的长度．

【详解】由题意，连接，取，分别取的中点，连接，如下图：

则，平面，由平面，则，

在正方形中，，，平面，平面，

在中，，平面，平面，平面，

同理可得平面，，平面，平面平面，故平面，则点的轨迹为的三边，

由中位线定理可知，，

在正方形中，，则，

在中，，同理，

点的轨迹长为.

故答案为：或.

四、解答题

17．已知、为单位向量，且、的夹角为，向量，．

(1)求；

(2)求与的夹角．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用平面向量数量积的定义求出的值，再利用平面向量数量积的运算性质可求得的值；

（2）求出、，设与的夹角为，求出的值，结合向量夹角的取值范围可得出的值.

【详解】（1）解：因为、为单位向量，且、的夹角为，则，

又因为，，

则.

（2）解：由已知条件可得

，

，

设向量、的夹角为，则，

因为，故，

因此，向量、的夹角为.

18．如图，在直三棱柱中，底面是等边三角形，为的中点．

（1）证明：平面；

（2）若，求三棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】(1)证明线面平行，用线面平行的判定定理，在面内找一条直线与平行；

(2)等体积法是求三棱锥的常用方法：根据题意，．

【详解】（1）连结交于，连结．

因为，都是中点，所以，

又平面，平面，

所以平面．

（2）

因为平面，

所以.

取的中点，连接，得.

又平面，平面，所以.

又平面，平面，，

所以平面.

又因为为的中点，所以点到平面的距离为.

即三棱锥的高.

又因为，所以.

又，

所以.

另解：.

【点睛】立体几何解答题的基本结构：

(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；

(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离）.如果当时求体积，常用的方法有：(1) 直接法；(2)等体积法；(3) 补形法；(4)向量法.

19．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

（1）求角C的大小；

（2）若，，的周长为12，求的面积.

【答案】（1）或；（2）.

【分析】（1）已知等式结合余弦定理，二倍角的正弦公式可求得；

（2）由余弦定理及可求得，再由三角形面积公式计算．

【详解】（1）由余弦定理知，，

因为，

所以，即.

又，

所以或，

所以或.

（2）由（1）及，得，

因为，且，

所以，

由余弦定理知，，

即，所以，

所以的面积.

【点睛】关键点点睛：本题考查余弦定理、三角形面积公式，考查二倍角公式．解题关键是由已知条件的形式，确定先用余弦定理进行公式变形，再由三角公式求得角．

20．如图1是半圆（以为直径）与组合成的平面图，其中，图2是将半圆沿着直径折起得到的，且半圆所在平面与所在平面垂直，点是的中点．

(1)求证：；

(2)若，求二面角的平面角的正切值．

【答案】(1)证明见解析

(2)2

【分析】（1）证明平面得到答案.

（2）过点做的垂线交于点，连接，确定为二面角的平面角，计算得到答案.

【详解】（1）是半圆的直径，故，，即，

平面平面，且平面平面，平面，

故平面，又平面，故，

，平面，平面，平面，

平面，故；

（2）为直径且点是的中点，为等腰直角三角形，

点为的中点，，

平面与平面且平面平面，故平面，

平面，故，

则过点做的垂线交于点，连接，

，故平面，平面，故，

故为二面角的平面角，

因在中，，.

即二面角的平面角的正切值为2．

21．山顶有一座石塔，已知石塔的高度为.

(1)如图，若以，为观测点，在塔顶处测得地面上一点A的俯角为，在塔底处测得A处的俯角为，求山的高度.

(2)如图，若将观测点选在地面的直线上，其中是塔顶在地面上的正投影，当观测点在上满足时，看的视角（即点与点仰角的差）最大，求山的高度.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由已知条件可得，，利用正弦定理得到，再利用即可得出结果；

（2）设，先求出，，再利用两角差的正切公式得到，最后利用基本不等式即可得出结果.

【详解】（1）在中，，，

由正弦定理，

可得，

则，

又因为，

所以.

（2）设，

因为，，

则

，

当且仅当，即时，最大，从而最大，

由题意可得，解得.

22．如图，已知和都是直角梯形，，，，，，，，分别为，的中点.

(1)求证：平面.

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

(3)求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析；

(2)；

(3)

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理先证明平面，从而得，再由各边长关系证明得为等边三角形，从而得，即可证明得平面；

（2）取中点，证明平面，可得为直线与平面所成角，再利用解三角形计算正弦值；

（3）将点到平面的距离转化为点到平面的距离，利用等体积法列式计算可求解.

【详解】（1）过点作交于，

∵四边形和是直角梯形，

，，

∴，，，，

∴，，，

又，平面，平面，

∴平面，又平面，∴，

在，，，

∴，同理可得，

在中，，，

所以为等边三角形，

∵为中点，∴，又，

平面，平面，∴平面.

（2）取中点，连接，，，

∵三角形为等边三角形，为中点，∴，

又平面，平面，∴，

又，平面，

平面，∴平面，

∴为直线与平面所成角，

在中，，，∴，

在等边三角形中，，

∴，∴.

所以直线与平面所成角的正弦值为.

（3）连接，设点到平面的距离为，

由题意得点到平面的距离即点到平面的距离，

∵，平面，∴平面，

∵平面，∴，∴，

又在等边三角形中，，

∴，且平面，

∵，∴，解得.

所以点到平面的距离为