2022-2023学年广东省云浮市罗定中学城东学校高一下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年广东省云浮市罗定中学城东学校高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．若，则（    ）

A． B．10 C． D．

【答案】C

【分析】由四则运算得出化简，再求.

【详解】，则

故选：C

2．若，是平面外的两条不同直线，且，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】A

【分析】根据线线、线面的平行关系，结合条件间的推出关系，判断“”、“”之间的充分、必要关系.

【详解】∵，是平面外的两条不同的直线，，

∴若，则推出“”；若，则或与相交；

∴若，是平面外的两条不同直线，且，则“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

3．向量在向量上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先求出在上的投影，然后乘以的方向向量.

【详解】解：由题意得：

向量在向量上的投影为

在上的投影向量为

故选：B．

4．已知圆锥的母线长为，圆锥的侧面展开图如图所示，且，一只蚂蚁欲从圆锥的底面上的点出发，沿圆锥侧面爬行一周回到点，则蚂蚁爬行的最短路程长为(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】在侧面展开图中， 的长度为蚂蚁在圆锥表面爬行的最短路程.

【详解】在侧面展开图中，蚂蚁从出发，在圆锥表面爬行一周又回到的最短路程就是的长度，

因，，由余弦定理，得

，

故选：B.

5．在中，为的重心，为上一点，且满足，则

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据三角形重心的性质，结合向量的加法和减法即可判断结论．

【详解】由题意，画出几何图形如下图所示：

根据向量加法运算可得

因为G为△ABC的重心，M满足

所以，

所以

所以选B

【点睛】本题考查了三角形重心的性质，向量的线性运算，属于基础题．

6．在复平面上，满足的复数z的所对应的轨迹是

A．两个点 B．一条线段 C．两条直线 D．一个圆

【答案】D

【分析】设，代入，化简后得到复数z的所对应的轨迹方程，从而得出正确选项.

【详解】设，，

，运动轨迹是圆.

故选：D.

【点睛】本小题主要考查复数模的运算，属于基础题.

7．已知空间四边形中，，分别是，的中点，若，，，则与所成的角为（    ）

A．30° B．45° C．60° D．90°

【答案】A

【分析】设G为AD的中点，连接GF，GE，由三角形中位线定理可得，，则∠GFE即为EF与CD所成的角，结合AB=2，CD=4，EF⊥AB，在△GEF中，利用三角函数即可得到答案.

【详解】解：设G为AD的中点，连接GF，GE，则GF，GE分别为△ABD，△ACD的中线.

∴ ，且，，且，则EF与CD所成角的度数等于EF与GE所成角的度数，

又EF⊥ AB，，∴ EF⊥ GF，则△GEF为直角三角形，GF=1，GE=2，∠GFE=90°，

∴ 在直角△GEF中，，∴ ∠GEF=30°.

故选：A.

8．“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则经过该多面体的各个顶点的球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据给定条件，把多面体放在棱长为的正方体中，结合正方体的结构特征确定球心，求出球半径作答.

【详解】把该多面体放入正方体中，如图，

由于多面体的棱长为1，则正方体的棱长为，

因此该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得，于是得该多面体的外接球球心是正方体体对角线中点，

该多面体外接球半径等于球心到一个顶点的距离，即正方体面对角线的一半，则，解得，

所以经过该多面体的各个顶点的球的体积为.

故选：A

【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.

二、多选题

9．用一个平面去截一个几何体，截面的形状是三角形，那么这个几何体可能是（    ）

A．圆锥 B．圆柱 C．棱锥 D．正方体

【答案】ACD

【分析】根据物体特征分析截面可能的情况即可得解.

【详解】圆锥的轴截面是三角形，圆柱的任何截面都不可能是三角形，

三棱锥平行于底面的截面是三角形，

正方体的截面可能是三角形，如图形成的截面三角形,

故选：ACD

10．已知为虚数单位，复数满足，则下列说法正确的是（    ）

A．复数的虚部为 B．复数的共轭复数为

C．复数模为 D．复数在复平面内对应的点在第二象限.

【答案】CD

【分析】根据复数的运算得，再依次讨论各选项即可得答案.

【详解】解：因为，

所以，

所以复数的虚部为,复数的共轭复数为,故A，B选项错误；

复数模为,复数在复平面内对应的点在第二象限，故CD选项正确.

故选：CD

11．如图，是水平放置的的直观图，，则在原平面图形中，有（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BD

【分析】将直观图还原为原平面图形即可求解.

【详解】解：在直观图中，过作于

，

，

又，所以，，，

所以利用斜二测画法将直观图还原为原平面图形，如图

，故选项B正确；

又，故选项A、C错误；

，故选项D正确；

故选：BD.

12．在中，有如下命题，其中正确的有（    ）

A．若，则是等边三角形

B．若，则是等腰三角形

C．若，则是钝角三角形

D．若，则这样的有2个

【答案】ACD

【分析】结合正弦定理、余弦定理对选项逐一分析，由此确定正确选项.

【详解】A中由及得，所以是等边三角形，A正确.

B选项中，如时，不是等腰三角形，所以B错误；

C选项中，化简为，由正弦定理得，再由余弦定理得，所以是钝角三角形，C选项正确；

D选项中知成立，所以这样的三角形有2个，D选项正确.

故选：ACD

三、填空题

13．向量，，，，则   ．

【答案】

【分析】利用平面向量垂直的坐标表示可求得实数的值，再利用平面向量的坐标运算以及向量模的坐标运算可求得结果.

【详解】由已知可得，解得，则，

所以，，因此，.

故答案为：.

14．在棱长为2的正方体中，为的中点，则三棱锥的体积是           .

【答案】

【分析】由棱锥的体积公式进行转换．

【详解】∵是中点，∴．

故答案为：

15．在边长为4的菱形ABCD中，∠A=60°，点P为CD的中点，则        ．

【答案】16

【分析】直接利用，按照数量积的运算律求解即可.

【详解】

.

故答案为：16.

16．如图，测量河对岸的塔高时，可以选与塔底在同一水平面内的两个测点与测得，，米，并在点测得塔顶的仰角为，则塔高       米．

【答案】

【分析】设，由测得塔顶的仰角为得到BC，然后在中，利用正弦定理求解.

【详解】解：如图所示：

设，

因为点测得塔顶的仰角为，

所以，

在中， ，，，

由正弦定理得，

即，

解得，

故答案为：

四、解答题

17．如图，已知平行四边形的三个顶点､､的坐标分别是､､，

(1)求向量；

(2)求顶点的坐标.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）直接由､的坐标可得的坐标；

（2）设出的坐标，可得的坐标，再由，求解即可.

【详解】（1）四边形是平行四边形，

且顶点､的坐标分别是､，

；

（2）设，又，

，

又，

，

即，解得，

顶点的坐标为.

18．已知关于的方程在复数范围内的两根为、．

（1）若p=8，求、；

（2）若，求的值．

【答案】（1），；（2）．

【分析】（1）利用求根公式即可求解.

（2）将代入方程即可求解.

【详解】（1）由题意得，，

∴，

∴，．

（2）已知关于x的方程的一根为，

所以，

所以，解得．

19．如图，圆锥SO的侧面展开图是半径为2的半圆，AB，CD为底面圆的两条直径，P为SB的中点.

（1）求证：SA//平面PCD

（2）求圆锥SO的表面积.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）连结OP，由中位线定理得到OP//SA，由线面平行判定定理得证；

（2）分别计算侧面积和底面积，求和得表面积．

【详解】解∶ （1）连结OP，

∵O,P分别为AB,SB的中点，

∴OP//SA，

又∵SA⊄平面PCD,OP⊂平面PCD,

//平面；

（2）记底面圆的半径为r，侧面展开图扇形的半径为R，且R=2，

则，

得r=1，又侧面展开图为半圆，

∴S底=,

S侧=,

S表=

20．已知的内角的对边分别为，且．

(1)请从下面两个条件中选择一个作为已知条件，求的值；

①，；②，．

(2)若，，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）选择条件①，由余弦定理求出，再由正弦定理得出；选择条件②，由余弦定理求出，再由正弦定理得出；

（2）由余弦定理求出，代入三角形面积公式求解即可．

【详解】（1）选择条件①，，

由余弦定理，得

即，所以或，，，

由正弦定理 ，得

选择条件②，，

由余弦定理得，，

由正弦定理，得．

（2）由余弦定理得，

所以

得，所以

21．如图，已知P是平行四边形所在平面外一点，M、N分别是的三等分点（M靠近B，N靠近C）；

(1)求证：平面．

(2)在上确定一点Q，使平面平面．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）过点作，交于点，连接，证得证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可求解；

（2）取取一点，使得，证得，得到平面，结合（1）中平面，利用面面平行的判定定理，证得平面平面．

【详解】（1）证明：过点作，交于点，连接，

因为为的三等分点，可得，

又因为为的三等分点，可得，

因为且，所以且，

所以四边形为平行四边形，所以，

又由平面，平面，所以平面.

（2）证明：取取一点，使得，即点为上靠近点的三等点，

在中，因为分别为的三等分点，可得，所以，

因为平面，平面，所以平面；

又由（1）知平面，且，平面，

所以平面平面，

即当点为上靠近点的三等点时，能使得平面平面．

22．在锐角中，向量与平行.

(1)求角A；

(2)若a=2，求周长的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】(1)利用向量共线的坐标表示结合锐角三角形条件计算作答.

(2)由(1)结合正弦定理用角B表示边b，c，借助三角函数的性质计算作答.

【详解】（1）因向量与平行，则，由正弦定理得：，

而是锐角三角形，即，从而有,即，又，

所以.

（2）在锐角中，由正弦定理得：，即，

而，且，解得，

则，

而，即，则有，即，

所以周长的取值范围是.