2022-2023学年广东省深圳市罗湖区翠园中学高一（下）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年广东省深圳市罗湖区翠园中学高一（下）期中数学试卷，共23页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）复数为虚数单位）的虚部为
A．B．6C．3D．
2．（5分）已知向量，，则
A．B．2C．D．
3．（5分）已知空间三条直线、、．若与异面，且与异面，则
A．与异面
B．与相交
C．与平行
D．与异面、相交、平行均有可能
4．（5分）已知边长为2的正三角形采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积为
A．B．C．D．
5．（5分）设的内角，，的对边分别为，，，若，，，则
A．1B．2C．D．
6．（5分）如图，直三棱柱的体积为6，△的面积为，则点到平面的距离为
A．B．C．2D．
7．（5分）欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥．依据欧拉公式，下列选项中正确的是
A．对应的点位于第二象限
B．为实数
C．的共轭复数为
D．的模长等于
8．（5分）如图，在中，点在边上，且，过点的直线与射线，分别交于不同的两点，，若，，则实数的值是
A．B．C．D．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.）
9．（5分）已知复数，，则
A．是纯虚数
B．对应的点位于第二象限
C．
D．
10．（5分）在中，已知，，，则角的值可能为
A．B．C．D．
11．（5分）如图，已知正方体的棱长为，则下列选项中正确的有
A．异面直线与的夹角的正弦为
B．二面角的平面角的正切值为
C．正方体的外接球体积为
D．三棱锥与三棱锥体积相等
12．（5分）在给出的下列命题中，正确的是
A．在中，若，则一定是等腰三角形
B．在中，若为锐角三角形，则
C．已知平面向量满足，则为等腰三角形
D．已知平面向量满足，且，则是等边三角形
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13．（5分）已知向量，．若向量与垂直，则的值为 ．
14．（5分）若一个圆锥的侧面展开图是中心角为且面积为的扇形面，则该圆锥的底面半径为 ．
15．（5分）设，，，是同一个半径为5的球的球面上四点，，，则三棱锥体积的最大值为 ．
16．（5分）已知在中，角，，所对的边分别为，，，且，点为边的中点，已知，则当角取到最大值时等于 ．
四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程成演算步骤.）
17．（10分）已知向量与的夹角为，且，是单位向量．
（1）分别求和的值；
（2）若与共线，求．
18．（12分）已知复数，为虚数单位，，
（1）若复平面内表示的点在第一象限，求实数的取值范围；
（2）若，（说明：复数是的共轭复数），求实数和的值．
19．（12分）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，．求证：
（1）平面；
（2）．
20．（12分）在中，角，，所对的边分别为，，，且满足．
（1）求的值；
（2）若为边所在线段上一点，且，，，求的值；
21．（12分）如图，在平面五边形中，，，，，，，，，垂足为，将沿折起（如图），使得平面平面．
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
22．（12分）如图所示，中，，，点、是线段（含端点）上的动点，始终保持不变，设．
（1）当时，求线段和的长以及的周长；
（2）问为何值时，的面积最小？最小面积是多少？
（3）求线段长的最小值．
2022-2023学年广东省深圳市罗湖区翠园中学高一（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）
1．（5分）复数为虚数单位）的虚部为
A．B．6C．3D．
【答案】
【分析】根据复数的虚部的定义即可求解．
【解答】解：复数的虚部为，
故选：．
【点评】本题考查了复数的定义，考查了学生的理解能力，属于基础题．
2．（5分）已知向量，，则
A．B．2C．D．
【答案】
【分析】求出，求模即可．
【解答】解：，，
，
．
故选：．
【点评】本题主要考查了向量的坐标运算，考查了向量的模长公式，属于基础题．
3．（5分）已知空间三条直线、、．若与异面，且与异面，则
A．与异面
B．与相交
C．与平行
D．与异面、相交、平行均有可能
【答案】
【分析】可根据题目中的信息作图判断即可．
【解答】解：空间三条直线、、．若与异面，且与异面，
与可能异面（如图，也可能平行（图，也可能相交（图，
故选：．
【点评】本题考查平面的基本性质，着重考查学生的理解与转化能力，考查数形结合思想，属于基础题．
4．（5分）已知边长为2的正三角形采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】先求出原图的面积，然后利用，即可求得答案．
【解答】解：由题意，，
因为，
所以．
故选：．
【点评】本题考查了斜二测画法与水平放置的平面图形的面积之比的应用，解题的关键是掌握，属于基础题．
5．（5分）设的内角，，的对边分别为，，，若，，，则
A．1B．2C．D．
【答案】
【分析】先根据三角形的内角和定理求得角，再由正弦定理，得解．
【解答】解：因为，所以，
又，所以，
所以，
由正弦定理知，，所以．
故选：．
【点评】本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
6．（5分）如图，直三棱柱的体积为6，△的面积为，则点到平面的距离为
A．B．C．2D．
【答案】
【分析】利用等体积法，由求解即可．
【解答】解：由直三棱柱的体积为6，可得，
设到平面的距离为，由，
，，解得，
即到平面的距离为．
故选：．
【点评】本题考查空间点，线，面的距离相关知识，属于中档题．
7．（5分）欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥．依据欧拉公式，下列选项中正确的是
A．对应的点位于第二象限
B．为实数
C．的共轭复数为
D．的模长等于
【答案】
【分析】根据欧拉公式结合复数在复平面内对应的点的特征、纯虚数的概念、复数的模长公式、以及共轭复数的概念逐项分析即可得出结论．
【解答】解：对于，对应的点位于第一象限，故不正确；
对于，为纯虚数，故不正确；
对于，所以的共轭复数为，故错误．
对于，故正确．
故选：．
【点评】本题主要考查复数指数性质，属于基础题．
8．（5分）如图，在中，点在边上，且，过点的直线与射线，分别交于不同的两点，，若，，则实数的值是
A．B．C．D．
【答案】
【分析】结合向量的运算可得，然后由，，三点共线得，可得答案．
【解答】解：由题意知：，
又，，即，
由，，三点共线，可得，即．
故选：．
【点评】本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.）
9．（5分）已知复数，，则
A．是纯虚数
B．对应的点位于第二象限
C．
D．
【答案】
【分析】由已知分别利用复数代数形式的四则运算及复数模的求法逐一核对四个选项得答案．
【解答】解：，，
是纯虚数，故正确；
，对应的点的坐标为，位于第四象限，故错误；
，故错误；
，故正确．
故选：．
【点评】本题考查复数代数形式的四则运算，考查复数模的求法，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．
10．（5分）在中，已知，，，则角的值可能为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】利用正弦定理求出的值，再根据大边对大角以及间的范围即可求解．
【解答】解：因为，，，
则由正弦定理可得：，
即，解得，
又因为，且，
则或，
故选：．
【点评】本题考查了正弦定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
11．（5分）如图，已知正方体的棱长为，则下列选项中正确的有
A．异面直线与的夹角的正弦为
B．二面角的平面角的正切值为
C．正方体的外接球体积为
D．三棱锥与三棱锥体积相等
【答案】
【分析】由知就是异面直线所成的角，求解即可判断；连接交于点，由题意得平面，为二面角的平面角，求解可；正方体外接球的半径，求出外接球体积可判断；由，及三棱锥的高与三棱锥的高相等，底面积，可判断．
【解答】解：对于，，△中，就是异面直线所成的角，
，则，正确；
对于，连接交于点，连接，
平面，平面，，
又，，，平面，平面
平面，，为二面角的平面角，
在△中，，不正确；
对于，正方体外接球的半径，
正方体的外接球体积为，正确；
对于，，
三棱锥的高与三棱锥的高相等，底面积，
故三棱锥与三棱锥体积相等，正确．
故选：．
【点评】本题考查线线角的求解，二面角的求解，正方体的外接球问题，三棱锥的体积问题，属中档题．
12．（5分）在给出的下列命题中，正确的是
A．在中，若，则一定是等腰三角形
B．在中，若为锐角三角形，则
C．已知平面向量满足，则为等腰三角形
D．已知平面向量满足，且，则是等边三角形
【答案】
【分析】由可得或，即可判断；
由结合三角函数单调性可判断；
由条件得为的垂线，且在的角平分线上，得为等腰三角形，即可判断；
由条件结合向量的数量积运算得与的夹角为，同理与的夹角为，与的夹角为，是等边三角形，即可判断．
【解答】解：对于，若，
则或，解得或，则是等腰三角形或直角三角形，故错误；
对于，若为锐角三角形，则，
所以，且，
由于在上单调递增，
所以，即，正确；
对于，，
，，
，即为的垂线，
，
则在的角平分线上，
故为等腰三角形，故正确；
对于，由题意可知，，两边同时平方可得，，
即，，
向量夹角的范围是，，
与的夹角为，同理与的夹角为，与的夹角为，
综上所述，是等边三角形，故正确．
故选：．
【点评】本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）
13．（5分）已知向量，．若向量与垂直，则的值为 ．
【答案】．
【分析】首先求出与的坐标，依题意，根据数量积的坐标运算得到方程，解得即可．
【解答】解：因为，，
所以，，
因为向量与垂直，
则，解得．
故答案为：．
【点评】本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
14．（5分）若一个圆锥的侧面展开图是中心角为且面积为的扇形面，则该圆锥的底面半径为 ．
【答案】．
【分析】根据扇形的面积计算出扇形的半径，即圆锥的母线长，由此可计算出扇形的弧长，即为圆锥的底面圆周长，进而可计算出该圆锥的底面半径．
【解答】解：设扇形的半径，即圆锥的母线长为，圆锥的底面半径为，
由圆锥的侧面展开图是中心角为且面积为的扇形面，得，则，
从而扇形的半径为2，即圆锥的母线长为2．
扇形的弧长，即圆锥的底面周长为，即，解得，
所以该圆锥的底面半径为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查旋转体，考查转化能力，属于基础题．
15．（5分）设，，，是同一个半径为5的球的球面上四点，，，则三棱锥体积的最大值为 ．
【答案】．
【分析】是外心，是球心，求出，当是的延长线与球面交点时，三棱锥体积的最大，由此求得最大体积即可．
【解答】解：如图，是外心，即所在截面圆圆心，设圆半径为，是球心，
因为，，
由余弦定理得，
因为，则，所以，
所以由正弦定理得，则，则，，
平面，平面，则，所以，
当是的延长线与球面交点时，三棱锥体积的最大，
此时棱锥的高为，，
所以棱锥体积为．
故答案为：．
【点评】本题考查三棱锥的外接球问题，三棱锥的体积最值的求，化归转化思想，属中档题．
16．（5分）已知在中，角，，所对的边分别为，，，且，点为边的中点，已知，则当角取到最大值时等于 ．
【答案】．
【分析】利用向量的数量积求解得到，用余弦定理和基本不等式得到的最小值，此时角取到最大值，求解得出结果．
【解答】解：点为边的中点，，
则，即，
因为，所以，
由知，角为锐角，故，
因为，所以由基本不等式得：，
当且仅当，即时等号成立，此时角取到最大值，
所以．
故答案为：．
【点评】本题主要考查平面向量的数量积运算，属于中档题．
四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程成演算步骤.）
17．（10分）已知向量与的夹角为，且，是单位向量．
（1）分别求和的值；
（2）若与共线，求．
【答案】（1），；
（2）．
【分析】（1）利用数量积的定义求解，根据求解；
（2）由向量共线，结合平面向量基本定理列出方程组求解．
【解答】解：（1），
．
（2）若与共线，则存在，使得，
即，又因为向量与不共线，
所以，解得，所以．
【点评】本题主要考查平面向量的数量积运算，属于中档题．
18．（12分）已知复数，为虚数单位，，
（1）若复平面内表示的点在第一象限，求实数的取值范围；
（2）若，（说明：复数是的共轭复数），求实数和的值．
【答案】（1）；
（2），．
【分析】（1）根据复数的运算及复数的几何意义，列出不等式组求解；
（2）根据复数的运算及复数相等，列出方程组求解．
【解答】解：（1）由题意知：，
又表示的点在第一象限，所以，解得，
故的取值范围为；
（2）由题意知：，
所以，解得，．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
19．（12分）如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，．求证：
（1）平面；
（2）．
【分析】（1）推导出，，从而，由此能证明平面．
（2）推导出，，从而平面，由此能证明．
【解答】证明：（1）在直三棱柱中，，分别为，的中点，
，，，
平面，平面，
平面．
解：（2）在直三棱柱中，是的中点，．
，
直三棱柱中，平面，平面，
，
又，平面，
平面，．
【点评】本题考查线面平行、线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．
20．（12分）在中，角，，所对的边分别为，，，且满足．
（1）求的值；
（2）若为边所在线段上一点，且，，，求的值；
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）由余弦定理求出，进而得；
（2）在中，由余弦定理得，进而求得，在中，由正弦定理求得．
【解答】解：（1）由，可得，
于是得，又，则，
所以；
（2）在中，，，，
由余弦定理得，
所以，
则，
在中，由正弦定理有，
即，解得．
【点评】本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，属中档题．
21．（12分）如图，在平面五边形中，，，，，，，，，垂足为，将沿折起（如图），使得平面平面．
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）存在，．
【分析】（1）由面面垂直的性质证明即可；
（2）利用等体积法，由求解即可；
（3）过点作平行线得出与平面平行的平面，然后利用三角形一边平行线的性质求解．
【解答】解：（1）证明：因为，平面平面，平面平面，平面，
所以平面；
（2）在直角三角形中，，，，
，，
，，，
的面积，
所以三棱锥的体积为；
（3）过点作交于点，过点作交于点，连接．
又因为，所以，又平面，平面，
所以平面，同理平面，
又因为，平面，平面，
所以平面平面．
因为平面，所以平面．
在中，，，
又，，，
，，
又，，
所以在线段上是否存在点，使得平面，且．
【点评】本题考查线面垂直的证明，三棱锥的体积的求解，线面平行的性质，属中档题．
22．（12分）如图所示，中，，，点、是线段（含端点）上的动点，始终保持不变，设．
（1）当时，求线段和的长以及的周长；
（2）问为何值时，的面积最小？最小面积是多少？
（3）求线段长的最小值．
【答案】（1），，；
（2），；
（3）．
【分析】（1）在中，由正弦定理求得，在中，，可得，在中，由余弦定理求得，即可得出的周长；
（2）在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得，利用三角形的面积公式得，结合三角函数的性质可得答案；
（3）在中求得边上的高，而，结合（2）中结论即可得出的最小值．
【解答】解：（1）在中，，，，
，，，，
由正弦定理，得，所以，
在中，，，，，
，，所以，
在中，由余弦定理可得：
，
，则的周长为．
（2）在中，由正弦定理得，
所以，
在中，由正弦定理得，
所以，
在中，已知，
，，
当时，取得最小值，此时
（3）在中，，，
易求得边上的高，
，由（2）知，，
，当时取等号，所以的最小值为．
【点评】本题考查解三角形问题，正弦定理与余弦定理的应用，函数思想，属中档题．
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