2022-2023学年广东实验中学（深圳学校）高一（下）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年广东实验中学（深圳学校）高一（下）期中数学试卷，共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）已知复数满足，则的虚部为
A．B．C．D．
2．（5分）平面向量，，若，则
A．6B．5C．D．
3．（5分）在中，若，则
A．B．C．D．
4．（5分）如图，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积为
A．B．C．D．
5．（5分）在如图所示的半圆中，为直径，点为圆心，为半圆上一点，且，，则等于
A．1B．C．D．2
6．（5分）若圆锥高为3，体积为，则该圆锥的侧面积为
A．B．C．D．
7．（5分）如图所示，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线、于不同的两点、，若，，则的最小值为
A．2B．3C．D．5
8．（5分）“阿基米德多面体”这称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则该半正多面体外接球的表面积为
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2分，有选错的得0分。
9．（5分）已知向量，，则下列结论中正确的是
A．B．C．，D．
10．（5分）如图所示，在正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论中正确的是
A．直线与是相交直线B．直线与是平行直线
C．直线与是异面直线D．直线与是异面直线
11．（5分）在中，如下判断正确的是
A．若，则为等腰三角形
B．若，则
C．若为锐角三角形，则
D．若，则
12．（5分）在正方体中，为中点，为中点，为线段上一动点（不含过，，的正方体的截面记为，则下列判断正确的是
A．当为中点时，截面为六边形
B．当时，截面为五边形
C．当截面为四边形时，它一定是等腰梯形
D．设中点为，三棱锥的体积为定值
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）已知平面向量，．若，则 ．
14．（5分）复数的模 ．
15．（5分）在中，角，，所对的边分别为，，，若三角形的面积，则角 ．
16．（5分）青花瓷，又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一，属釉下彩瓷．原始青花瓷于唐宋已见端倪，成熟的青花瓷则出现在元代景德镇的湖田窑．图一是一个由波涛纹和葡萄纹构成的正六边形青花瓷盘，已知图二中正六边形的边长为2，圆的圆心为正六边形的中心，半径为1，若点在正六边形的边上运动，动点，在圆上运动且关于圆心对称，则的取值范围是 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）已知平面向量，，．
（1）若，求；
（2）若与的夹角为锐角，求的取值范围．
18．（12分）在直三棱柱中，，，，是的中点．
（1）求三棱锥的体积；
（2）求证：平面．
19．（12分）如图所示，四边形是直角梯形，其中、，若将图中阴影部分绕旋转一周，
（1）求阴影部分形成的几何体的表面积．
（2）求阴影部分形成的几何体的体积．
20．（12分）在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．
在中，角，，所对的边分别为，，，且_____．
（1）求角的大小；
（2）若，求周长的取值范围．
21．（12分）某港口要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上，在小艇出发时，轮船位于港口北偏西且与该港口相距20海里的处，并正以30海里小时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以海里小时的航行速度匀速行驶，经过小时与轮船相遇．
（Ⅰ）若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？
（Ⅱ）为保证小艇在30分钟内（含30分钟）能与轮船相遇，试确定小艇航行速度的最小值．
22．（12分）在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，，，，作：，．当，不共线时，记以，为邻边的平行四边形的面积为，；当，共线时，规定，．
（Ⅰ）分别根据下列已知条件求，
①，；②，；
（Ⅱ）若向量，，，
求证：，，，；
（Ⅲ）若，，是以为圆心的单位圆上不同的点，记，，．
（ⅰ）当时，求，，的最大值；
（ⅱ）写出，，，的最大值．（只需写出结果）
2022-2023学年广东实验中学（深圳学校）高一（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：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）已知复数满足，则的虚部为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
【解答】解：复数满足，
则．
故的虚部为．
故选：．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
2．（5分）平面向量，，若，则
A．6B．5C．D．
【答案】
【分析】根据时求出的值，再计算的模长．
【解答】解：因为，，且，
所以，解得，
所以，
所以．
故选：．
【点评】本题考查了平面向量的数量积与模长计算问题，是基础题．
3．（5分）在中，若，则
A．B．C．D．
【答案】
【分析】根据已知条件，结合余弦定理，即可求解．
【解答】解：，
则，
故，
，
，解得，
，
．
故选：．
【点评】本题主要考查余弦定理，属于基础题．
4．（5分）如图，矩形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，，则原图形的面积为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】根据所给的数据做出直观图形的面积，根据直观图的面积：原图的面积，得到原图形的面积是，得到结果．
【解答】解：矩形是一个平面图形的直观图，其中，，
直观图的面积是
直观图的面积：原图的面积
原图形的面积是．
故选：．
【点评】本题考查平面图形的直观图，本题解题的关键是知道两个图形的面积之间的关系，遇到类似的题目只要利用公式求出即可．
5．（5分）在如图所示的半圆中，为直径，点为圆心，为半圆上一点，且，，则等于
A．1B．C．D．2
【答案】
【分析】根据，可得，进一步得出答案．
【解答】解：如图，
连接，
由，得．
因为为半圆上的点，所以，
所以．
故选：．
【点评】本题主要考查向量的概念与向量的模，属于基础题．
6．（5分）若圆锥高为3，体积为，则该圆锥的侧面积为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】由已知求出圆锥的底面半径，再求出母线长，即可求解圆锥的侧面积．
【解答】解：设圆锥的底面半径为，由已知可得，，得．
可得圆锥的母线长．
圆锥的侧面积，
故选：．
【点评】本题考查圆锥侧面积与体积的求法，是基础题．
7．（5分）如图所示，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线、于不同的两点、，若，，则的最小值为
A．2B．3C．D．5
【分析】由三点共线时，以任意点为起点，这三点为终点的三向量，其中一向量可用另外两向量线性表示，其系数和为1得到，然后利用基本不等式求最值．
【解答】解：
，
、、三点共线，
，
．
故选：．
【点评】本题考查了共线向量基本定理的应用，考查了利用基本不等式求最值，关键是“1”的用法，是中档题．
8．（5分）“阿基米德多面体”这称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则该半正多面体外接球的表面积为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】根据正方体的对称性可知：该半正多面体外接球的球心为正方体的中心，进而可求球的半径和表面积．
【解答】解：如图，在正方体中，取正方体、正方形的中心、，连接，，，，
，分别为，的中点，则，
正方体的棱长为，
故，可得，
根据对称性可知：点到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为，半径，
故该半正多面体外接球的表面积为．
故选：．
【点评】本题主要考查了多面体外接球问题，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．
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2分，有选错的得0分。
9．（5分）已知向量，，则下列结论中正确的是
A．B．C．，D．
【答案】
【分析】由平面向量数量积的运算，结合平面向量的坐标运算求解即可．
【解答】解：对于选项，由向量，，则，即选项正确；
对于选项，由向量，，则，则，即选项正确；
对于选项，由向量，，则，，则与所成角的余弦值为，即，即选项正确；
对于选项，由向量，，又，即与不共线，即选项错误，
故选：．
【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的坐标运算，属基础题．
10．（5分）如图所示，在正方体中，，分别为棱，的中点，则以下四个结论中正确的是
A．直线与是相交直线B．直线与是平行直线
C．直线与是异面直线D．直线与是异面直线
【答案】
【分析】由异面直线的定义可判断、、；取的中点，连接，可判断．
【解答】解：平面，平面，，平面，
由异面直线定义可得直线与是异面直线，故错误；
同理判断直线与是异面直线，故正确；
直线与是异面直线，故正确；
取的中点，连接，可得，与相交，
直线与是异面直线，故错误．
故选：．
【点评】本题考查空间两直线的位置关系的判断，异面直线的定义，考查数形结合思想和推理能力，属于基础题．
11．（5分）在中，如下判断正确的是
A．若，则为等腰三角形
B．若，则
C．若为锐角三角形，则
D．若，则
【答案】
【分析】对于，若，则与相等或互补，对于，由，根据“大角对大边”，则有，根据正弦定理，得，对于，若 为锐角三角形，则，可得，，对于，根据正弦定理可求．
【解答】解：，，，
或，或，
则为等腰或直角三角形． 故错误．
，，，，故正确．
为锐角三角形，为锐角，，，，，故正确．
，，，，故正确．
故选：．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查三角函数的性质与图象等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12．（5分）在正方体中，为中点，为中点，为线段上一动点（不含过，，的正方体的截面记为，则下列判断正确的是
A．当为中点时，截面为六边形
B．当时，截面为五边形
C．当截面为四边形时，它一定是等腰梯形
D．设中点为，三棱锥的体积为定值
【答案】
【分析】延长交于，交于，延长交于，取的中点，连接交于，连接，，结合图形即可判断；延长交于，交于，连接交于，连接交于，此时截面为五边形，求出即可判断；当截面为四边形时，点与点重合，判断四边形的形状即可判断．设为到平面的距离，三棱锥的体积：，不为定值，可判断．
【解答】解：对，如下图所示，延长交于，交于，延长交于，取的中点，连接交于，连接，，
因为为中点，为中点，所以，
同理，又因为，所以，
同理，，所以，，，，，共面，
此时六边形为截面，
所以截面为六边形，故正确；
对，如下图所示，延长交于，交于，连接交于，
连接交于，此时截面为五边形，
因为，所以△，
所以，即，
所以当时，截面为五边形，故错误；
对，当截面为四边形时，点与点重合，如图，
由得，，所以四边形即为截面，
设正方体的棱长为1，则，，所以，
所以四边形是等腰梯形，故正确．
对，设为到平面的距离，
延长，交于一点，连接与交于一点，
所以直线与平面相交，所以直线与平面不平行，
三棱锥的体积：，
因为为定值，为线段上一动点，所以到平面的距离不为定值，
所以三棱锥的体积为不为定值，故不正确．
故选：．
【点评】本题考查空间几何体相关运算，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）已知平面向量，．若，则 ．
【答案】．
【分析】利用平面向量共线的坐标表示可得出关于实数的等式，解之即可．
【解答】解：因为平面向量，，且，
则，解得．
故答案为：．
【点评】本题主要考查平面向量平行的性质，属于基础题．
14．（5分）复数的模 ．
【答案】．
【分析】根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
【解答】解：，
则．
故答案为：．
【点评】本题主要考查复数模公式，属于基础题．
15．（5分）在中，角，，所对的边分别为，，，若三角形的面积，则角 ．
【分析】利用余弦定理，即可得出．
【解答】解：由．
余弦定理：，
可得：．
．
．
．
故答案为：．
【点评】本题考查三角形的余弦定理和三角形面积公式的运用，考查运算能力，属于基础题．
16．（5分）青花瓷，又称白地青花瓷，常简称青花，是中国瓷器的主流品种之一，属釉下彩瓷．原始青花瓷于唐宋已见端倪，成熟的青花瓷则出现在元代景德镇的湖田窑．图一是一个由波涛纹和葡萄纹构成的正六边形青花瓷盘，已知图二中正六边形的边长为2，圆的圆心为正六边形的中心，半径为1，若点在正六边形的边上运动，动点，在圆上运动且关于圆心对称，则的取值范围是 ， ．
【答案】，．
【分析】连接，，可得出，根据图形看出，当位于正六边形各边中点时，取最小值，当点位于正六边形的顶点时，有最大值为2，从而可得出的取值范围．
【解答】解：如图，连接，，
因为．
根据图形可知，当点位于正六边形各边的中点时，有最小值为，此时，
当点位于正六边形的顶点时，有最大值为2，此时，
故，即的取值范围为，．
故答案为：，．
【点评】本题考查了向量加法的几何意义，相反向量的定义，向量数量积的运算，考查了计算能力，属于基础题．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）已知平面向量，，．
（1）若，求；
（2）若与的夹角为锐角，求的取值范围．
【答案】（1）2或10；
（2），，．
【分析】（1）根据垂直关系可构造方程求得，由向量模长的坐标运算可求得结果；
（2）根据向量共线的坐标表示可求得的值，根据夹角为锐角可构造不等式组求得结果．
【解答】解：（1），
，解得：或，
当时，，
；
当时，，
；
综上所述：或10
（2）若共线，则，解得：或，
当时，，，此时同向；
当时，，，此时反向；
若与的夹角为锐角，
则，解得：且，
故的取值范围为，，．
【点评】本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于基础题．
18．（12分）在直三棱柱中，，，，是的中点．
（1）求三棱锥的体积；
（2）求证：平面．
【答案】（1）5；
（2）证明见解析．
【分析】（1）由题可得，然后结合条件利用棱锥体积公式即得；
（2）设与相交于点，可得，根据线面平行的判定定理，即得；
【解答】解：（1）因为，，，
所以，即，又是的中点，
所以；
（2）设与相交于点，连接，
在△中，为的中点，为的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面；
【点评】本题考查棱柱、棱锥、棱台的体积，属于中档题．
19．（12分）如图所示，四边形是直角梯形，其中、，若将图中阴影部分绕旋转一周，
（1）求阴影部分形成的几何体的表面积．
（2）求阴影部分形成的几何体的体积．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）分别求解圆台下底面、侧面和半球面的面积，作和得答案；
（2）由圆台的体积减去半球的体积得答案．
【解答】解：（1）由题意知，旋转体的表面由三部分组成，圆台下底面、侧面和半球面，
，
，
，
故所求几何体的表面积为；
（2）．
，
所求几何体的体积为．
【点评】本题考查几何体的表面积与体积的求法，考查运算求解能力，是中档题．
20．（12分）在①；②；③，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．
在中，角，，所对的边分别为，，，且_____．
（1）求角的大小；
（2）若，求周长的取值范围．
【答案】（1）；
（2），．
【分析】（1）若选择①，利用正弦定理，化角为边后，结合余弦定理求角；
若选择②，利用正弦定理，化边为角，结合三角恒等变换，求角；
如选择③，利用正弦定理，将边化角，利用诱导公式，和二倍角公式，即可求角；
（2）利用余弦定理，结合基本不等式，即可求三角形周长的取值范围．
【解答】解：（1）选择条件①：由及正弦定理，得：，
即，由余弦定理，得，
因为，所以；
选择条件②：由及正弦定理，
得：，
即．
即．
在中，，所以，
即，因为，所以，所以，
因为，所以；
选择条件③：由及正弦定理，
得：，
因为，，所以．
在中，，则，
故．
因为，所以，则，
故；
（2）在中应用余弦定理得：，
所以，
所以．因为，
所以，解得：，
又因为，
所以，当且仅当时取等号，
所以周长的取值范围是：，．
【点评】本题主要考查了正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查了基本不等式的应用，属于中档题．
21．（12分）某港口要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮船上，在小艇出发时，轮船位于港口北偏西且与该港口相距20海里的处，并正以30海里小时的航行速度沿正东方向匀速行驶．假设该小艇沿直线方向以海里小时的航行速度匀速行驶，经过小时与轮船相遇．
（Ⅰ）若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？
（Ⅱ）为保证小艇在30分钟内（含30分钟）能与轮船相遇，试确定小艇航行速度的最小值．
【分析】（Ⅰ）设相遇时小艇的航行距离为海里，根据余弦定理可得关于的表达式，进而可知当时，有最小值为，进而求得此时的速度．
（Ⅱ）设小艇与轮船在处相遇．根据余弦定理可得关于的表达式，再根据的范围及二次函数的单调性求得的最小值及此时的值．
【解答】解：（Ⅰ）设相遇时小艇的航行距离为海里，
则
故当时，有最小值为，此时
即小艇以海里小时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小．
（Ⅱ）设小艇与轮船在处相遇．
由题意可知：
化简得
由于，即
所以当时，取得最小值
即小艇航行速度的最小值为海里小时．
【点评】本题主要考查余弦定理在实际中的应用．属基础题．
22．（12分）在平面直角坐标系中，为坐标原点，对任意两个向量，，，，作：，．当，不共线时，记以，为邻边的平行四边形的面积为，；当，共线时，规定，．
（Ⅰ）分别根据下列已知条件求，
①，；②，；
（Ⅱ）若向量，，，
求证：，，，；
（Ⅲ）若，，是以为圆心的单位圆上不同的点，记，，．
（ⅰ）当时，求，，的最大值；
（ⅱ）写出，，，的最大值．（只需写出结果）
【答案】（1）详见解析；
（2）详见解析；
（3）；
．
【分析】（1）由求解；
（2）由证明；
（3）设，由求解；求解．
【解答】（1）解：因为，
且，
所以；
又，
是；
（2）因为向量，
且向量，
则，
所以，
同理．
所以；
（3）设，因为，
所以，
所以，
．
当，即时，
取得最大值；
的最大值为．
【点评】本题考查向量的综合应用，考查学生的运算能力，属于难题．
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