2022-2023学年天津市朱唐庄中学高一下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年天津市朱唐庄中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．设全集，集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】首先进行补集运算，然后进行交集运算即可求得集合的运算结果.

【详解】由题意结合补集的定义可知：，则.

故选：C.

【点睛】本题主要考查补集运算，交集运算，属于基础题.

2．下列各式中不能化简为的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得.

【详解】对于A：

，故A正确；

对于B：，故B错误；

对于C：，故C正确；

对于D：，故D正确；

故选：B

3．若，，，则m的值为（    ）

A． B．2 C． D．

【答案】A

【分析】先根据题意求出和的坐标，再由两向量共线列方程可求出m的值.

【详解】因为，，

所以，，

因为，

所以，解得，

故选：A

4．已知向量，，若向量，则实数的值是（    ）.

A． B． C． D．2

【答案】B

【分析】利用向量垂直的坐标表示即可求解.

【详解】，解得.

故选：B

5．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则（    ）

A．2 B．2或4 C．4 D．

【答案】B

【分析】由余弦定理即可代入求值.

【详解】由余弦定理得：,即，化简得，解得或，

故选：B

6．在中，∠A､∠B､∠C所对的边分别为a，b，c，若，，b=2，则∠B=（    ）

A． B． C． D．或

【答案】B

【分析】根据正弦定理结合大边对大角，即可求的大小.

【详解】由正弦定理，得，

又，所以，则角为锐角，所以.

故选：B.

7．已知m，n是空间两条不同的直线，α，β是空间两个不同的平面，下列正确的是（    ）

A．若m⊥n，，则m⊥α B．若m⊥α，α⊥β，则m⊥β

C．若m⊥n，n⊥α，则m⊥α D．若m⊥α，α∥β，则m⊥β

【答案】D

【分析】由直线、平面的位置关系逐一判断即可.

【详解】若m⊥n，，则与可能平行，故A错误；

若m⊥α，α⊥β，则可能在内，故B错误；

若m⊥n，n⊥α，则可能在内，故C错误；

若m⊥α，α∥β，易知m⊥β，故D正确；

故选：D

8．辽宁省博物馆收藏的商晚期饕餮纹大圆鼎（如图1）出土于辽宁省略左县小波汰沟．此鼎直耳，深腹，柱足中空，胎壁微薄，口沿下及足上端分别饰单层兽面纹，足有扉棱，耳、腹、足皆有炱痕．它的主体部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体（忽略鼎壁厚度），如图2所示．已知球的半径为R，圆柱的高近似于半球的半径，则此鼎的容积约为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用球体、圆柱体体积公式求鼎的容积.

【详解】由题设，此鼎的容积为半球体积与圆锥体积的和，

所以容积约为.

故选：D

9．埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥侧面积的一半，那么其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而即可求解.

【详解】设正四棱锥的高为，底面边长为，侧面三角形底边上的高为，则

由题意可知，，

因此有

，即，解得，

因为，

所以.

所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为

故选：D.

10．下列命题：①若，则；

②若，，则；

③的充要条件是且；

④若，，则；

⑤若、、、是不共线的四点，则是四边形为平行四边形的充要条件.其中，真命题的个数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用向量的概念可判断①；利用相等向量的定义可判断②；利用相等向量的定义以及充分条件、必要条件的定义可判断③⑤；取可判断④.

【详解】对于①，因为，但、的方向不确定，则、不一定相等，①错；

对于②，若，，则，②对；

对于③，且或，

所以，所以，“且”是“”的必要不充分条件，③错；

对于④，取，则、不一定共线，④错；

对于⑤，若、、、是不共线的四点，

当时，则且，此时，四边形为平行四边形，

当四边形为平行四边形时，由相等向量的定义可知，

所以，若、、、是不共线的四点，则是四边形为平行四边形的充要条件，⑤对.

故选：A.

二、填空题

11．i是虚数单位，则的值为      .

【答案】

【分析】根据给定条件，利用复数除法、复数模的计算公式求解作答.

【详解】，

所以.

故答案为：

12．已知向量和满足：，，，则向量与向量的夹角为      .

【答案】

【分析】设向量与向量的夹角为，根据得到，再利用向量的夹角公式计算得到答案.

【详解】设向量与向量的夹角为，

，则，故，

故，，故.

故答案为：

13．若的三个内角满足，则          ．

【答案】

【分析】利用正弦定理，进行边角转化，从而得出，从而直接设出，其中，再利用余弦定理即可得出结果.

【详解】因为，由正弦定理可得，，令，其中，

由余弦定理，得到，所以，

故答案为：.

14．一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比是       .

【答案】

【分析】根据圆柱的侧面展开图是一个正方形，得到圆柱的高和底面半径之间的关系，然后求出圆柱的表面积和侧面积即可得到结论．

【详解】设底面半径为，则圆柱的侧面展开图的边长为，即圆柱的高为

∴圆柱的侧面积为，表面积为

则圆柱的表面积与侧面积的比是

故答案为：．

15．已知直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC=90°，AD=2，BC=1，P是腰DC上的动点，则的最小值为         ．

【答案】5

【详解】试题分析：以D为原点建系，设长为，

，最小为5

【解析】向量运算

三、解答题

16．已知复数，．

(1)若z是实数，求m的值．

(2)若z是纯虚数，求m的值．

(3)若z对应复平面上的点在第四象限，求m的范围；

【答案】(1)或；

(2)；

(3).

【分析】（1）由复数的概念可得，解出即可得到结果；

（2）由复数的概念可得，解出即可得到结果；

（3）根据复数的几何意义，可得，解出不等式组即可得到结果.

【详解】（1）因为为实数，

所以，解得或.

（2）因为是纯虚数，所以有，解得.

（3）因为对应复平面上的点在第四象限，所以有，

解得.

17．已知，，与的夹角为

(1)求．

(2)求．

(3)若向量与相互垂直，求实数k的值．

【答案】(1)；

(2)-22；

(3).

【分析】（1）根据平面数列数量积的定义可得，计算即可求解；

（2）由（1），根据平面向量的数量积的运算律计算即可求解；

（3）根据平面垂直向量可得其数量积为0，计算即可求解.

【详解】（1）由题意得，，

所以，

所以；

（2）由（1）知，

则；

（3）因为，

所以，

即，得，解得，

即实数k的值为.

18．中，角，，所对的边分别为，，，且.

(1)求角的大小；

(2)若，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由余弦定理可得，再由正弦定理将边化角，即可得到，从而求出，即可得解；

（2）用同角三角函数的基本关系求出，即可求出、，再根据两角差的正弦公式计算可得.

【详解】（1）由余弦定理，则，

又，所以，即，

由正弦定理可得，因为，

所以，则，又，所以.

（2）因为，，所以，

所以，，

所以.

19．在中，内角，，所对的边分别为，，．已知，．

(1)求的值；

(2)求值；

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理将角化边，即可得到，，在由余弦定理计算可得；

（2）由（1）得，结合倍角正余弦公式、和角正弦公式求值即可；

【详解】（1）因为，由正弦定理可得，则，

所以，又，故，即，

又.

（2）由且，则，

所以，，

所以.

20．如图，垂直于梯形所在平面，，为的中点，，，四边形为矩形.求证：平面；

【答案】证明见解析

【分析】可先由中位线证明两线平行，再证明线面平行.

【详解】令交于,连接,

四边形为矩形，

为中点，

又为的中点，

，

又平面，平面.

平面，

21．已知在直三棱柱中，，且分别是，的中点.证明：平面.

【答案】证明过程见解析

【分析】根据面面平行的判定定理、面面平行的性质，结合三角形中位线定理、棱柱的几何性质进行证明即可.

【详解】设是的中点，连接和，

因为是直三棱柱，

所以四边形是矩形，

因为是的中点，所以，

而平面，平面，

所以平面，

因为是的中点，所以，

而平面，平面，

所以平面，而平面，

所以平面平面，而平面，

所以平面.