广东省深圳重点学校高一2022-2023学年下学期期中考试数学试卷

广东省深圳重点学校高一2022-2023学年下学期期中考试数学试卷

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1．已知向量，，若，则的值为（　　）

A．-2 B． C． D．

2．复数，则的虚部是（　　）

A．2 B． C． D．

3．已知单位向量，满足，则，（　　）

A． B． C． D．

4．从正方体的个顶点上任取个顶点，则这个顶点构成的几何图形不可能是（　　）

A．三个面是直角三角形的正三棱锥

B．有一个面是钝角三角形的四面体

C．每个面都是等边三角形的四面体

D．每个面都是直角三角形的四面体

5．在中，已知，则一定成立的是（　　）

A． B． C． D．

6．在中，，若三角形有两解，则的取值范围是（　　）

A． B． C． D．

7．过的重心的直线分别交线段、于点、，若，则的最小值为（　　）

A． B． C． D．

8．在锐角中，角，，所对的边分别为，，，若，则的取值范围是（　　）

A． B． C． D．

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9．设，，为平面内任意三个非零向量，下列结论正确的是（　　）

A．的充要条件是

B．的充要条件是

C．若，，则

D．若，则

10．已知复数，下列结论正确的是（　　）

A．的充要条件是 B．是纯虚数的充要条件是

C．若，则 D．若，则是纯虚数

11．在正四面体中，若，为的中点，下列结论正确的是（　　）

A．正四面体的体积为

B．正四面体外接球的表面积为

C．如果点在线段上，则的最小值为

D．正四面体内接一个圆柱，使圆柱下底面在底面上，上底圆面与面、面、面均只有一个公共点，则圆柱的侧面积的最大值为

12．在中，角，，所对的边分别为，，，，是的外接圆圆心，下列结论正确的是（　　）

A．的最大值是

B．的取值范围是

C．若，则是等腰三角形

D．的最大值是

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13．若，为单位向量，且，则在方向上的投影向量为　     　．

14．在复数范围内方程的两根为，，则　     　．

15．若为的重心，，则的最小值为　     　．

16．水平桌面上放置了个半径为的小球，它们两两相切，并均与桌面相切若用一个半球形容器容器厚度忽略不计罩住三个小球，则半球形容器的半径的最小值是　     　．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17．已知，，为坐标原点．

（1）若与的夹角为钝角，求实数的取值范围；

（2）当时，求的取值范围．

18．已知半圆圆心为点，直径，为半圆弧上靠近点的三等分点，若为半径上的动点，以点为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示．

（1）若，求与夹角的大小；

（2）试求点的坐标，使取得最小值，并求此最小值．

19．如图，在中，，，且点在线段上．

（1）若，求的长；

（2）若，，求的面积．

20．已知正四棱锥的侧棱长为和底面边长为．

（1）求正四棱锥的体积和表面积；

（2）若点，，分别在侧棱，，上，且，求三棱锥的体积．

21．正六棱台玻璃容器的两底面棱长分别为，，高为，如图水平放置，盛有水深为．

（1）求玻璃容器的体积；

（2）将一根长度为的搅棒置入玻璃容器中，的一端置于点处，另一端置于侧棱上，求没入水中部分的长度．容器厚度，搅棒粗细均忽略不计

22．如图，某景区是一个以为圆心，半径为的圆形区域，道路，成角，且均和景区边界相切，现要修一条与景区相切的观光木栈道，点，分别在和上，修建的木栈道与道路，围成三角地块注：圆的切线长性质：圆外一点引圆的两条切线长相等．

（1）若的面积，求木栈道长；

（2）如图，若景区中心与木栈道段连线的，求木栈道的最小值．

答案解析部分

1．【答案】C

【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系

【解析】【解答】由 得，即，解得
故选：C
【分析】根据向量垂直数量积为0，可得关于m的方程，求解可得m的值.

2．【答案】D

【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算

【解析】【解答】，  ，
则 ，
故， 则的虚部是 -2
故选：D
【分析】 根据已知条件，结合复数的四则运算，以及共轭复数、虛部的定义，即可求解出答案.

3．【答案】B

【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角

【解析】【解答】由单位向量，满足 ，得，
即，解得，
又

故 ，
【分析】 根据已知条件，结合平面向量的数量积运算，以及平面向量的夹角公式，即可求解出答案.

4．【答案】B

【知识点】棱柱的结构特征

【解析】【解答】 根据题意，正方体ABCD- A1B1C1D1中，四面体A-A1BD就是三个面是直角三角形的正三棱锥，故A正确；
先选取其中一点A，与其余的7个点中的任意2个都不会构成钝角三角形，则不可能构成有一个面是钝角三角形的四面体，故B错误；
四面体C1-A1BD就是每个面都是等边三角形四面体，故C正确；
四面体A-A1BC就是每个面都是直角三角形的四面体，故D正确.
故选：B.
【分析】根据题意，正方体ABCD- A1B1C1D1中，根据正方体的结构特征逐项进行判断，可得答案.

5．【答案】D

【知识点】二倍角的余弦公式；正弦定理；余弦定理

【解析】【解答】 由 得 即
由正弦定理得
由余弦定理得
又，得
故选： D.
【分析】由二倍角的余弦公式化简已知表达式，再结合余弦定理可求出cosC的值，结合C的范围可求出C的值，即可得答案.

6．【答案】C

【知识点】正弦定理

【解析】【解答】 当asinB< b<a时，三角形ABC有两组解，又 ，如果三角形ABC有两组解，则x应满足，即
故选： C.
【分析】 要使△ABC有两组解，利用正弦定理得asinB< b<a，代入数据，即可求出x的范围.

7．【答案】A

【知识点】平面向量的线性运算；平均值不等式

【解析】【解答】 因为点G是 的重心，且
所以
由E，G，F三点共线，得，即
故
当且仅当即时，等号成立，
故 的最小值为
故选： A.
【分析】由G为重心，且E，G，F三点共线，可得用的线性表示，再由题意可得用的线性表示，可得的关系，由“1“的活用及均值不等式可得的最小值.

8．【答案】A

【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理

【解析】【解答】由 得2sinCcosA= sinB- sinC = sin(A +C)- sinC
则2sinCcosA=sinAcosC+cosAsinC-sinC
故sinC=sin(A- C)，
即或
故或(舍)
由正弦定理可得
又由△ABC是锐角三角形，得，解得
则，得，即
故选： A.
【分析】 先根据已知条件化简可得A=2C，再将 化为，结合△ABC是锐角三角形，可得C的范围，进而求解出 的取值范围 .

9．【答案】B,C

【知识点】共线（平行）向量；利用数量积判断平面向量的垂直关系

【解析】【解答】由 ，得 ， 同向，而 ， 方向相同或相反都有 ，因此不是充要条件，故A错误；
由， 均为非零向量，得当 时，必有，即必有 ，故B正确；
由，均为非零向量，得当 ，时，有 ，方向相同或相反， ， 方向相同或相反，即， 同向或反向，故C正确；
由 可得，则可得 或，故D错误.
故选： BC.
【分析】 根据平面向量的平行与垂直的性质，逐项进行判断，可得答案.

10．【答案】A,C

【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；虚数单位i及其性质；复数的模

【解析】【解答】若z∈R，则b=0， 是充分条件，反之也成立，故A正确；
若z是纯虚数，则a=0且b≠0，则 是充分条件，反之，若则 ，当b=0时，z不是纯虚数，故B错误；
若，则，即，解得b=0， z∈R，故C正确；
若 则2a2+2abi=0，则a=b=0，则z=0，故D错误.
故选： AC.
【分析】 根据充分必要条件判断A；根据充分必要条件以及特殊值法判断B；根据定义得方程组判断C、D.

11．【答案】B,C,D

【知识点】二次函数的性质；棱锥的结构特征；余弦定理

【解析】【解答】由正四面体各棱都相等，即各面都为正三角形，故棱长为2，如下图示，

O为底面中心，则D，O，M共线，AO为正四面体的高，故，
则
故正四面体的体积为，故A错误；
由题设，外接球球心E在AO上，且半径r=EA=EB，则
故
故外接球的表面积为，故B正确；
由题意可知将面AMD与面CMD沿MD翻折，使它们在同一个平面，如下图示，



则AD=CD=2且，
又∠CDM=30°而cos∠ADC=cos(∠ADM +∠CDM)
要使(AP+CP)2最小，只需A， P， C共线，则
故，故C正确；
如下图，棱锥中一个平行于底面的截面所成正三角形的内切圆为正四面体A BCD内接一个圆柱的上底面，

若截面所成正三角形边长为x∈(0，2)，则圆柱体的高
圆柱底面半径为
故其侧面积为
故当x=1时，，故D正确.
故选： BCD.
【分析】由正四棱锥的结构特征，利用棱锥的体积公式求体积，可判断A；确定外接球的半径求表面积，可判断B；展开侧面，要使(AP+CP)2最小，只需A， P， C共线， 结合余弦定理求其最小值，可判断C；根据正四面体ABCD内接一个圆柱底面圆与其中截面正三角形关系求半径、体高，利用二次函数性质求侧面积最大值，可判断D.

12．【答案】A,C,D

【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理

【解析】【解答】 设△ABC的外接圆半径为r ，则根据正弦定理可得，如下图，

过A作AD⊥BC于D，由a2 +b2- 2abcosC=c2=2，得，
故仅当时等号成立，故A正确；
由题意，，解得，故B错误；
若E， F， G为AB， BC， AC中点，由 ，故C， O， E共线，又OE⊥AB，则CE⊥AB且AE=BE，故CE为中垂线，则△ABC是等腰三角形，故C正确；
由

又
则
故
由，得时， 的最大值是 ，故D正确.
故选： ACD.
【分析】由余弦定理、基本不等式可得，进而求ab最大值，注意取值条件，可判断A；由已知条件和构成三角形条件有，求出b的范围，可判断B；若E， F， G为AB， BC， AC中点，由外心的性质、向量线性关系可得CE⊥AB且AE=BE，即得三角形形状，可判断C；将化为，根据对应线段位置关系、长度及正弦边角关系、三角恒等变换、正弦函数性质求最值，可判断D.

13．【答案】

【知识点】空间向量的投影向量

【解析】【解答】由 ，为单位向量，且 ，得，即
故 在方向上的投影向量为
故答案为：
【分析】 对两边平方，求出，再利用投影向量的定义求解，可得答案.

14．【答案】

【知识点】复数的模

【解析】【解答】由复数范围内方程的两根为， ，，得，，
则，中一个等于2+i，另一个等于2 - i，
故 ，
故答案为：
【分析】由题意，利用当判别式小于零时，利用求根公式求得a、β，再根据复数的模的定义与求法可得答案.

15．【答案】

【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角

【解析】【解答】如图：令，且它们的模长分别为m，n，且夹角为90°，则
则，同理，
则，

故
由m2 +n2≥2ab，得(m2 +n2)2≥4m2n2，当且仅当a=b时取等号，
故
即cosA的最小值为
故答案为：
【分析】，且它们的模长分别为m，n，且夹角为90°，以此为基底向量，表示出cosA的值，然后利用基本不等式求解，可得 的最小值 .

16．【答案】

【知识点】球的体积和表面积

【解析】【解答】如图所示，设3个球心分别为A1， B1， C1， 3个球分别与水平桌面相切于A， B， C三点，
假设半球形的容器与球C1相切于点D，此时半球形容器内壁的半径最小，
记最小半径设为Rmin，易知△ABC是边长为4的正三角形，
记AB中点为E，半球形容器的球心O为△ABC的中心，
则
即
故答案为：
【分析】 以3个小球球心和与桌面的切点为顶点作三棱柱，结合图形分析求解可得 半球形容器的半径的最小值 .

17．【答案】（1）解：根据题意，，，

则，，

若与的夹角为钝角，

则有，且，

解得且，即的取值范围为；

（2）解：根据题意，，

则，

所以，

又，则，

即的取值范围是

【知识点】二次函数的性质；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角

【解析】【分析】(1)根据题意，求出 与的坐标，由向量数量积的运算性质可得关于m的不等式，然后求出m的范围；
(2)根据题意，求出的坐标，得到 的表达式，结合二次函数的性质，求出 的取值范围．

18．【答案】（1）解：因为半圆的直径，由题易知：又、

又，，则，则．

所以，，所以．

设与夹角为，则，

又因为，

所以，

即与的夹角为．

（2）解：设，

由知，，

则，，

所以，

又因为，

所以当时，有最小值为，

此时点的坐标为．

【知识点】二次函数的性质；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角

【解析】【分析】 (1)由平面向量数量积运算，结合平面向量的夹角公式求解，即可求出 与夹角的大小；
(2)设，再结合平面向量数量积运算结合二次函数的性质可得有最小值.

19．【答案】（1）解：由，可得，

所以或舍去，所以，

因为，所以，

在中，由正弦定理可得

解得．

（2）解：由，得，，

因为，，所以，

由余弦定理，

可得，解得或舍去，

所以，

所以．

【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理

【解析】【分析】 (1)根据三角函数基本关系式由cosB求出sinB，再利用正弦定理即可求出AD的长；
(2)由，得，从而求出AC，再利用余弦定理求出BC，即可求出 的面积．

20．【答案】（1）解：根据题意可知四边形为正方形，

设为底面中心，则为该锥体的高，

又易知，，，

正四棱锥的体积为，

又侧面等腰三角形的高为，

正四棱锥的表面积为；

（2）解：，，

，

，

，，

即．

【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积

【解析】【分析】(1)由正四棱锥性质求体高、斜高，再利用棱锥的体积公式、表面积求法求出正四棱锥的体积和表面积；
(2)由线段的数量关系得，进而有，最后可得，即可求出三棱锥的体积．

21．【答案】（1）解：由题意可知，下底面面积为，

上底面的面积，又台体的高为，

所以正六棱台的体积

（2）解：设搅棒在上的点为，则，搅棒与水面的交点为，在平面中，过点作，交于点，过点作，交于点，

为正六棱台，，，，

为等腰梯形，画出平面的平面图，

，，，，

，

由勾股定理得：，

，，，

根据正弦定理得：，，

，

，

．

搅棒没入水中部分的长度为．

【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；正弦定理

【解析】【分析】 (1)求解出下底面面积，上底面的面积，结合台体的高，求解出正六棱台的体积；
(2)设搅棒在上的点为，则，搅棒与水面的交点为，在平面中，过点作，交于点，过点作，交于点，画出平面的平面图，求解E1Q，E1E，结合正弦定理求解出sin∠EMG，cos∠EMG，然后转化求解即可得 没入水中部分的长度.

22．【答案】（1）解：在中，因为的面积，所以，

则解得，

所以，

则，所以，

两边平方得，

所以，

在中，由余弦定理可得，

即，

由求解得；

（2）解：设圆与，分别切于，，

则，，，

则≌，≌，

则，，

由，可得，

由，

可得，则，

则；

；；

，

当且仅当时等号成，则的最小值．

【知识点】基本不等式；余弦定理

【解析】【分析】 (1)由已知可得，，进而由余弦定理可得，可求出AB；
(2)设圆与，分别切于，，由已知可得，利用，可求出木栈道AB的最小值.