2022-2023学年天津市滨海新区塘沽第十三中学高一下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年天津市滨海新区塘沽第十三中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知复数，则在复平面内对应的点位于（    ）

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】由复数的除法运算法则化简计算，表示出共轭复数，从而得答案.

【详解】因为，

所以.故在复平面内对应的点位于第二象限.

故选：B

2．若a是平面α外的一条直线，则直线a与平面α内的直线的位置关系是　(　　)

A．平行 B．相交

C．异面 D．平行、相交或异面

【答案】D

【详解】若a∥α，则a与α内的直线平行或异面，

若a与α相交，则a与α内的直线相交或异面.

故选D.

3．已知向量.若，则（    ）

A． B．0 C．1 D．2

【答案】B

【分析】利用共线向量定理求解.

【详解】解：因为向量，

所以，

因为，

所以，

解得，

故选：B

4．如图，已知等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，，斜边，则这个平面图形的面积是（　　）

A． B．1 C． D．

【答案】A

【分析】根据斜二测画法的定义，画出平面图形，求得原三角形的直角边，从而面积可得．

【详解】由题意，利用斜二测画法的定义，画出原图形，

∵是等腰直角三角形，，斜边，

∴，

∴，

∴原平面图形的面积是.

故选：A．

5．已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是

A．若则 B．若，，则

C．若，，则 D．若，，则

【答案】B

【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确.

【解析】空间点线面位置关系．

6．若非零向量、满足，且，则与的夹角为(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据数量积的定义和运算法则即可计算.

【详解】，

，

∴，

.

故选：B.

7．如图，在平行四边形ABCD中，E是BC的中点，F是线段AE上靠近点A的三等分点，则等于（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】利用平面向量的线性运算求解.

【详解】解：，

，

，

，

故选：C

8．若一个圆锥的高和底面直径相等，且它的体积为，则此圆锥的侧面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由已知求得圆锥的高和底面直径，再求得母线长可得侧面积．

【详解】设底面半径为，由高为，所以，，，

所以母线长为，

所以侧面积为．

故选：A．

9．如图，正方体ABCD－ABGD的棱长为1，动点E在直线上 ，F，M分别是AD，CD的中点，则下列结论中错误的是（    ）

A．FM// B．BM⊥平面CC1F

C．三棱锥B－CEF的体积为定值 D．存在点E，使得平面BEF//平面CC1D1D

【答案】D

【分析】对于A，可证FM∥AC与∥AC，即可得出结果；对于B，，，可得，再结合线面垂直的定义与判定定理分析判定；对于C，利用等积转换，分析判定；对于D，可证与相交，则平面BEF与平面CC1D1D相交．

【详解】连接AC，∵F，M分别是AD，CD的中点，则FM∥AC

又∵∥，=，则为平行四边形，即∥AC

∴FM//，A正确；

∵，，即

∴，即

又∵⊥平面ABCD，平面ABCD，则

∴BM⊥平面CC1F，B正确；

三棱锥B－CEF即为三棱锥E－BCF，

∵平面ABCD∥平面，则动点E到平面ABCD的距离

△BCF的面积

∴为定值，C正确；

∵F是AD的中点，则∥，=，则为梯形

∴与相交，则平面BEF与平面CC1D1D相交

D不正确；

故选：D．

二、填空题

10．若复数是纯虚数，则           .

【答案】

【分析】由复数除法化简后由复数的概念求得，再由模的定义计算出模．

【详解】由已知为纯虚数，

则且，，

．

故答案为：．

11．在中，已知，则此三角形最大内角度数为      ．

【答案】

【分析】利用正弦定理角化边可得三边比例关系，由大边对大角知所求角为，利用余弦定理可求得结果.

【详解】在中，利用正弦定理可得：，的最大内角为，

不妨设，，，

则，

，.

故答案为：.

三、双空题

12．侧棱长为3，底面边长为正四棱柱的体积为     ；外接球表面积为      ．

【答案】         

【分析】由体积公式计算体积，根据正四棱柱的体对角线等于外接球的直径，利用勾股定理计算得到球的直径，进而利用球的表面积公式计算得到表面积.

【详解】如图所示，在已知正四棱柱中，连接.

根据正四棱柱的定义可得底面为正方形且底面，

所以.

该正四棱柱的体积为：;

外接球的直径,

∴外接球的表面积.

故答案为：24；.

四、填空题

13．如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现．我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为       ．

【答案】.

【分析】设球的半径为，可知圆柱高为；根据圆柱表面积和球的表面积公式分别求得表面积，作比得到结果.

【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为

圆柱的表面积；球的表面积

圆柱的表面积与球的表面积之比为

本题正确结果：

【点睛】本题考查圆柱表面积和球的表面积公式的应用，属于基础题.

14．一艘货船以20km/h的速度向东航行，货船在A处看到一个灯塔P在北偏东60°方向上，行驶4小时后，货船到达B处，此时看到灯塔P在北偏东15°方向上，这时船与灯塔的距离为      

【答案】

【分析】利用正弦定理，整理计算．

【详解】如图可得：

根据正弦定理，则

故答案为：．

15．如图，梯形中，，，若点为边上的动点，则的最小值是        .

【答案】/

【分析】以为坐标原点，建立平面直角坐标系，利用平面向量数量积的坐标运算即可求解.

【详解】以为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图：

，

设，,，

，则，解得，

，点为边上的动点，

设 ，，，，

，

当时，取得最小值，代入可得的最小值是.

故答案为：

五、解答题

16．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，的面积为.

(1)求的值；

(2)求的值；

(3)求的值.

【答案】(1)；

(2)；

(3).

【分析】(1)已知条件结合三角形面积公式和正弦定理即可求a；

(2)由余弦定理求出b，再根据正弦定理即可求出sinA；

(3)根据sinA求出cosA，再由正弦和角公式、正余弦二倍角公式即可求值.

【详解】（1）∵，∴由正弦定理得，

又的面积为，∴，解得，

∴；

（2）由余弦定理有，∴.

由正弦定理.

（3）∵B＝150°，∴A＜90°，∴由sinA＝得，，

∴，.

∴.

17．如图，在正方体中.

(1)求异面直线AC与所成角的大小；

(2)求证：；

(3)求二面角平面角的大小.

【答案】(1)

(2)详见解析；

(3)

【分析】（1）连接，易知，则是异面直线AC与所成的角求解；

（2）在正方体中，易得，再利用线面垂直的判定定理证明；

（3）设，连接，易证平面，从而得到，则是二面角的平面角求解.

【详解】（1）解：如图所示：

连接，由正方体的性质得，

所以是异面直线AC与所成的角，

由正方体的性质得是正三角形，

所以，

所以异面直线AC与所成角是；

（2）在正方体中，，

又，平面，平面，

平面，又平面，

所以；

（3）设，连接，

在正方体中，，

又，平面，平面，

平面，又平面，

所以，所以是二面角的平面角，

设正方体的棱长为，则，

所以，

则.

18．已知的内角、、的对边分别为、、，且.

(1)求角的大小；

(2)若，且，求的周长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理结合余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）利用三角形的面积公式可求得的值，利用余弦定理可求得的值，进而可求得的周长.

【详解】（1）解：由，

利用正弦定理可得，化为，

所以，，，.

（2）解：，且，所以，，

由余弦定理可得，

所以，，解得，

因此，周长为.

19．如图，四棱锥中，底面为矩形，，，平面，为的中点．

（1）证明：平面；

（2）若三棱锥的体积为，求直线与平面所成角的正切值；

（3）在第二问的条件下，若为线段中点，为线段上的动点，平面与平面是否互相垂直？如果垂直，请证明；如果不垂直，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）平面与平面互相垂直，证明见解析．

【分析】(1)设与的交点为，连结，可得，再根据线面平行的判定定理证明即可；

(2)根据体积可求出的长，然后由线面角的定义可知直线与平面所成角为，再通过求解三角形，即可求出的正切值；

(3)平面与平面互相垂直，利用线面垂直的判定定理可得平面，从而可得，再由线面垂直的判定定理可得平面，然后利用面面垂直的判定定理即可得证.

【详解】证明：（1）设与的交点为，连结，

底面是矩形，是的中点，

又为的中点，，

平面，平面，平面．

（2），又，

又底面，底面，所以

在矩形中,，，平面，

所以平面，则直线与平面所成角为

所以

所以直线与平面所成角的正切值为．

（3）平面与平面互相垂直，理由如下：

因为底面，平面，所以．

因为为正方形，所以

又，且，平面，

所以平面．

因为平面，所以．

因为，为线段的中点，所以，

又，且，平面，所以平面，

因为平面，所以平面平面．