广东省广州市第一中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省广州市第一中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题（解析版）-A4，共18页。试卷主要包含了0分， 已知向量，，若，则的值为， 若复数，则的虚部为等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，满分为150分.考试用时：120分钟.
注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、智学网考号、和座位号填写在答题卡指定位置上.
2.选择题每题选出答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题纸各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按上以上要求作答的答案无效.
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. 复数纯虚数，则实数（ ）.
A. 0B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】根据纯虚数的定义列方程求即可.
【详解】∵复数为纯虚数，
，，
.
故选：B.
2. 已知是两个不共线的向量，，.若与是共线向量，则实数（ ）.
A. 2B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量的共线的充要条件列出等式计算即可.
【详解】由已知，
∵与是共线向量，
∴存在，使，又，，
即，
∴，
∴，
所以，
故选：D.
3. 圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为（ ）
A. 7B. 6C. 5D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】设圆台上底面半径为，由圆台侧面积公式列出方程，求解即可得解.
【详解】设圆台上底面半径为，由题意下底面半径为，母线长，
所以，解得.
故选：A.
【点睛】本题考查了圆台侧面积公式的应用，属于基础题.
4. 已知向量，，若，则的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量数量积坐标运算公式以及向量模的坐标表示，列出关于的方程，从而可得结果.
【详解】因为向量，，
所以，，
又，
所以，
所以，即.
故选：D.
5. 若复数，则的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的运算化简，求出，即可得出的虚部.
【详解】因为，
所以，故的虚部为.
故选：B.
6. 如图，在中，弦AB的长度为2，则的值为（ ）.
A. 与半径有关B. 1C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】设圆C的半径为r，，则，然后可得答案.
【详解】设圆C的半径为r，，
连接圆心与线段的中点，
则，所以，
∴.
故选：C.
7. 2022年北京冬奥会拉开帷幕，动作观赏性强､视觉冲击力大的自由式滑雪大跳台是目前“冬奥大家族”中最年轻的项目.首钢滑雪大跳台实现了竞赛场馆与工业遗产再利用､城市更新的完整结合，见证了中外运动员在大跳台“冲天一跳”的精彩表现和北京这座世界上独一无二“双奥之城”的无上荣光.如图为大跳台示意图，为测量大跳台最高处点的高度，小王在场馆内的两点测得的仰角分别为（单位：），且，则大跳台最高高度（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分别在和 中，求得OB，OA，然后在中，利用余弦定理求解.
【详解】解：在中，，
中，，
在中，由余弦定理得，
即，
所以，
解得，
故选：C
8. 如图所示，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线分别与AB，AC两边交于M，N两点，设x＝，y＝，则的值为（ ）
A. 3B. 4
C. 5D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】由向量共线的推论知且，结合已知有，再由重心的性质有，根据平面向量基本定理列方程组即可求值.
【详解】由题意且，而x＝，y＝，
所以，
又G是△ABC的重心，故，
所以，可得，即.
故选：A
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. 实数满足，设，则下列说法正确的是（ ）
A. z在复平面内对应的点在第一象限B.
C. z的虚部是D. z的实部是1
【答案】ABD
【解析】
【分析】由条件结合复数相等的定义列方程求，由此可得，进而根据复数的概念和几何意义求得答案.
【详解】实数满足，
可化为，
所以，解得，
所以，
对于A，z在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限，故A正确.
对于B，|z|=，故B正确.
对于C，z的虚部是1，故C错误.
对于D，z的实部是1，故D正确.
故选：ABD.
10. 下列关于平面向量的说法中正确的是（ ）
A. 已知，均为非零向量，若，则存在唯一实数，使得
B. 在中，若，则点为边上的中点
C. 已知，均为非零向量，若，则
D. 若且，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用向量共线、向量加法、向量垂直、向量运算等知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.
【详解】A选项，根据向量共线的知识可知，A选项正确，
B选项，，根据向量加法的运算可知点为边上的中点，B选项正确.
C选项，由两边平方并化简得，所以，C选项正确.
D选项，是一个数量，无法得到两个向量相等，D选项错误.
故选：ABC
11. 已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A. 若，，则直线a平行于平面内的无数条直线
B. 若，，，则a与b是异面直线
C. 若，，则
D. 若，，则一定相交
【答案】AC
【解析】
【分析】
由题意得出或，不管是哪一种情况，都能在平面内找到无数条直线与直线平行即可判断A选项；
由题意得出直线与b没有交点，则与b可能异面，也可能平行，即可判断B选项；
由，得出直线与没有公共点，则，即可判断C选项；
当直线平行时，也满足题意，即可判断D选项.
【详解】A中，，，则或，所以不管在平面内还是平面外，都有结论成立，故A正确；
B中，直线与b没有交点，所以与b可能异面，也可能平行，故B错误；
C中，直线与平面没有公共点，所以，故C正确；
D中，直线与平面有可能平行，故D错误.
故选：AC
【点睛】本题主要考查了直线与直线，直线与平面的位置关系，属于基础题.
12. 现有满足，且的面积，则下列命题正确的是（ ）
A. 周长为B. 三个内角A，C，B满足关系
C. 外接圆半径为D. 中线的长为
【答案】AB
【解析】
【分析】由已知可得，可得，利用余弦定理求，再求，结合面积公式求，可得周长，结合正弦定理可得外接圆半径，由此判断A，B，C，结合余弦定理求中线长，判断D.
【详解】因为，
所以，
设，则，
所以，
又，所以，又，
所以，B正确；
因为，所以，
所以，所以，
所以周长为，A正确；
设的外接圆的半径为，
由正弦定理可得，
所以外接圆半径为，C错误；
由余弦定理可得，
，
由，可得，
由已知，
所以，
所以，
所以，
中线的长为，D错误；
故选：AB.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知平面向量，若，则__________.
【答案】0
【解析】
【分析】首先求出的坐标，依题意可得，根据向量数量积的坐标表示得到方程，解得即可；
【详解】解：因为，所以，
又，所以，解得；
故答案为：
14. 已知是关于x的方程的一个根，则实数________，实数________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
分析】由条件可得，根据复数相等定义列方程求即可.
【详解】∵方程的一个根，
∴
即.
∴解得.
故答案为：；.
15. 正三棱柱底面边长为2，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为________．
【答案】
【解析】
【详解】试题分析：因为正三棱柱的底面边长为，侧棱长为为中点，所以底面的面积为，到平面的距离为就是底面正三角形的高，所以三棱锥的体积为．
考点：几何体的体积的计算．
16. 中，的角平分线交AC于D点，若且，则面积的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】由，结合三角形面积公式证明，根据基本不等式证明，由此求出面积的最小值.
【详解】因为，为的角平分线，
所以，又，
故由三角形面积公式可得，
，
，
又，
所以，
由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
所以面积的最小值为.
故答案为：.
【点睛】知识点点睛：本题主要考查三角形面积公式和基本不等式，具有一定的综合性，问题解决的关键在于结合图形建立等量关系，结合三角形面积公式确定边的关系，属于较难题.
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17. 已知平面向量，，，．
（1）求；
（2）若，求实数k的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据列方程求得，进而求得.
（2）根据向量平行列方程，化简求得的值.
【小问1详解】
因为，，且，
所以，则，故．
又因为，所以，
故．
【小问2详解】
由（1）及条件，．
因为，所以，解得．
18. 在中，角，，的对边分别为，，，且，.
（1）若，求的值；
（2）若的面积为，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理求解即可；
（2）利用三角形面积公式和余弦定理求解即可.
【小问1详解】
由题意在中，，，，
由正弦定理可得.
【小问2详解】
由，，，即，
解得，
由余弦定理，
可得.
19. 现有“甜筒”状旋转几何体，可以看作一个圆锥与一个半球组合而成，其中圆锥的轴截面是边长为（单位：）的正三角形.
（1）求该几何体的体积（单位：）；
（2）求该几何体的表面积（单位：）.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出球体的半径，圆锥的底面半径、母线长以及高，利用球体与锥体的体积公式可求得该几何体的体积；
（2）利用球体的表面积以及圆锥的侧面公式可求得该几何体的表面积.
小问1详解】
解：球半径为，圆锥底面半径，母线长，故圆锥高，
所以，该几何体的体积为.
【小问2详解】
解：该几何体的表面积为.
20. 已知的内角的对边分别为，且，.
（1）求；
（2）求的周长.
【答案】（1）；（2）9．
【解析】
【分析】（1）应用二倍角公式和诱导公式变形已知等式可求得；
（2）由正弦定理化角为边，然后再结合余弦定理可求得，从而得三角形周长．
【详解】（1）因为，所以，，
因为，所以，；
（2）因为.所以，
又，即，，所以，，
所以．
【点睛】关键点点睛：本题考查余弦的二倍角公式，诱导公式，正弦定理，余弦定理等．解题关键是利用正弦定理化角为边，然后结合余弦定理可求得边长．
21. 在平面四边形ABCD中，，，，，△BCD的面积为．
（1）求的值；
（2）求边BC的长．
【答案】（1）
（2）14
【解析】
【分析】（1）由已知结合同角平方关系先求出，然后结合三角形内角和及诱导公式即可求解；
（2）在△ABD中，由正弦定理，结合诱导公式可求得，结合三角形的面积公式可求得，最后利用余弦定理可求解.
【小问1详解】
解由题意得：
在△ABD中，因为
所以
故
．
【小问2详解】
由（1）得
又，所以．
在△ABD中，由正弦定理，
因为，所以
在△BCD中，
所以．
22. 已知的面积为，且.
（1）求；
（2）若点为边上一点，且与的面积之比为1:3.
①求证：；
②求内切圆的半径.
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②.
【解析】
【详解】试题分析：（1）由面积公式确定，再由余弦定理确定，然后结合正弦定理即可得到；
（2）①由勾股定理易得二者垂直；②利用面积公式建立半径方程，解之即可.
试题解析：（1）∵的面积为，∴，
∴
由余弦定理得，∴，
∴由余弦定理得
（2）①∵与的面积之比为，∴，
由余弦定理得，
∴，∴即
②（法一）在中，
（法二）设的周长为，由得
考点：解三角形