2022-2023学年天津市南开中学高一下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年天津市南开中学高一下学期期中数学试题含解析，共13页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年天津市南开中学高一下学期期中数学试题 一、单选题1．下面关于平面向量的描述不正确的有（    ）A．共线向量是在一条直线上的向量B．起点不同但方向相同且模相等的向量是相等向量C．向量与向量长度相等D．两个非零向量，若，则【答案】A【分析】对于A，由共线向量的定义可判断；对于B，由相等向量的定义可判断；对于C，由相反向量的定义可判断；对于D，由两边平方得，即可判断.【详解】对于A，共线向量所在的直线平行或重合，A错误；对于B，根据相等向量的定义可知，起点不同但方向相同且模相等的向量是相等向量，B正确；对于C，向量与向量是相反向量，长度相等，C正确；对于D，两个非零向量，若，则两边平方得所以，所以，即，D正确.故选：A2．已知复数满足，给出下列四个命题其中正确的是（    ）A． B．的虚部为 C． D．【答案】B【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可逐项判断.【详解】∵，∴，故z的虚部为，则，，，所以B正确，A，C，D不正确.故选：B.3．以下说法正确的是（    ）①棱柱的侧面是平行四边形；②长方体是平行六面体；③长方体是直棱柱；④底面是正多边形的棱锥是正棱锥；⑤直四棱柱是长方体；⑥四棱柱、五棱锥都是六面体．A．①②④⑥ B．②③④⑤ C．①②③⑥ D．①②⑤⑥【答案】C【分析】根据棱柱（直棱柱、平行六面体、多面体）、棱锥（正棱锥）的结构特征判断各项的正误.【详解】①棱柱的两个底面平行且侧棱两两相互平行，故侧面是平行四边形，故正确；②平行六面体是各面都为平行四边形的六面体，而长方体是各面都为矩形的平行六面体，故正确；③直棱柱是侧棱与底面垂直的棱柱，显然长方体的侧棱与底面都垂直，故为直棱柱，故正确；④底面是正多边形且各侧面为全等的等腰三角形的棱锥是正棱锥，故错误；⑤底面为长方形的直四棱柱是长方体，故错误；⑥四棱柱、五棱锥均有六个面，都是六面体，正确.故选：C4．在平行四边形ABCD中，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据平行四边形的性质，结合平面向量线性运算坐标表示公式进行求解即可.【详解】设该平行四边形的对角线的交点为，，故选：A5．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】运用正弦定理与和差公式可得，根据角的范围可得，再结合倍角正弦公式即可求解.【详解】因为，由正弦定理得：， ， ，即 ，即，又 ，所以 ，所以或，得或（舍），又 ，， ，所以 .故选：D.6．在中，，点D为边BC上靠近B的三等分点，则的值为（    ）A． B． C． D．4【答案】B【分析】利用、表示向量、，利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.【详解】如下图所示：，由平面向量数量积的定义可得，因此，.故选：B.7．如图，在平行四边形中，、分别为、上的点，且，连接、交于点，若，则点在上的位置为A．边中点B．边上靠近点的三等分点C．边上靠近点的四等分点D．边上靠近点的五等分点【答案】B【分析】设，可得出，由，并将用表示，将用表示，利用、、三点共线求出的值，即可得出点在边上的位置.【详解】设，可得出，，.，、、三点共线，，解得，即，因此，点在边上靠近点的三等分点.故选：B.【点睛】本题考查平面向量的基本定理与线性运算，解题的关键就是利用三点共线结论求出参数的值，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.8．如图，是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，若，点M为线段上的动点，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意结合余弦定理求得，从而可求得，设，则，利用二次函数的性质即可求解.【详解】因为是由三个全等的钝角三角形和一个小的正三角形拼成一个大的正三角形，又，，则，即，设，则 又，则时，取最小值.故选：C 二、填空题9．若是虚数单位，复数________.【答案】/【分析】利用复数乘法和除法法则即可求解.【详解】.故答案为：.10．如图，正方体的棱长为2，E是侧棱的中点，则平面截正方体所得的截面图形的周长是________.【答案】【分析】为中点，则截面图形为梯形，利用勾股定理求各边的长，可得周长.【详解】为中点，连接，正方体中，，，则四边形为平行四边形， 有，，为中点，是的中点，则，得，则平面截正方体所得的截面图形为梯形，其中，，， 则梯形的周长为 即所得的截面图形的周长是 故答案为：11．已知点，若向量与同向，，则点A的坐标为________.【答案】【分析】设，则，，则， ，解得，得到答案.【详解】设，则，，则，故，又因为，故，故，则.故答案为：.12．已知a、b、c分别为的三个内角A、B、C的对边，，且，则面积的最大值为______．【答案】【分析】先求出角的大小，由，考虑余弦定理建立的方程，再由基本不等式求的最大值.【详解】解析：因为，根据正弦定理可知，即，由余弦定理可知，又，故，又因为，所以，（当且仅当时取等号），即所以，即面积的最大值为，故答案为：.13．三棱锥的顶点都在球O的球面上，且，若三棱锥的体积最大值为108，则球O的表面积为________.【答案】【分析】解三角形知为直角三角形，求出外接圆半径，圆心、球心、P在一条直线上时棱锥体积最大，求出此时棱锥高，再由求出球的半径即可.【详解】在中，由正弦定理得：，解得，，外接圆的半径，当三棱锥体积最大时，P到的距离最大，即P点为AB中点与球心连线延长线与球的交点，且此连线垂直于平面ABC，设三棱锥的高为h，则，解得，设球的半径为R，则，解得..故答案为：14．2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：米），三角高程测量法是珠穆朗玛峰高程测量方法之一.如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，由点C测得点B的仰角为，与的差为100，由点B测得点A的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差为________米.【答案】【分析】过C作，过B作，由已知条件求出BD、AE，所求高度差即为【详解】过C作，过B作，如图所示，已知与的差为100，则，又，则 ，，则 ，又，，则，由正弦定理， 则，即 ， 又，所以 ，则A，C两点到水平面的高度差  （米）.故答案为： ． 三、解答题15．在中，内角所对的边分别为，且.(1)求角的大小；(2)若，，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）先将条件中的等式全部变为正弦，然后利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求角即可；（2）先利用正弦定理将转化为的关系，再结合（1）中的条件求出，最后利用三角形的面积公式求解即可.【详解】（1）,由正弦定理得，即 ，又，；（2），由正弦定理得①，又②，由①②得，.16．已知点为正方形所在平面外一点，，、分别为、上的点，且.(1)求证：平面；(2)求线段的长.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）过作的平行线交于，过作的平行线交于，连接，证明出四边形是平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立；（2）过作的平行线交于，计算出、的长以及的值，利用余弦定理可求得，即可得出的长.【详解】（1）证明：过作的平行线交于，过作的平行线交于，连接，因为，所以，，因为四边形是正方形，则，所以，，因为，，，所以，，所以，四边形是平行四边形，则，因为平面，平面，所以，平面.（2）解：过作的平行线交于，因为，，且，，所以，，则，同理可得，因为，所以，，则，所以，，则，由且可得，因为，则为等边三角形，则，由余弦定理得，所以，，故.17．如图所示，某市有一块空地，其中，，．当地政府计划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖，其中，，都在边上，且，挖出的泥土堆放在地带上形成假山，剩下的地带开设儿童游乐场．为安全起见，需在的周围安装防护网．设．（1）当时，求此时防护网的总长度；（2）若，问此时人工湖用地的面积是堆假山用地的面积的多少倍？（3）为节省投入资金，人工湖的面积要尽可能小，问如何设计施工方案，可使的面积最小？最小面积是多少？【答案】（1）；（2）倍；（3）当时，最小值为．【分析】（1）在三角形中，由余弦定理得的值，利用勾股定理可得三角形是直角三角形，可求的值，求得是等边三角形，即可得解．（2）由已知利用正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，由于以为顶点时，和的高相同，根据三角形的面积公式即可求解．（3）由已知利用正弦定理求出，，利用三角形的面积公式，三角函数恒等变换的应用可求的面积关于的函数，利用正弦函数的性质即可求解其最小值．【详解】（1）在三角形中，由余弦定理得，，所以，所以三角形是直角三角形，所以，．由于，所以，所以是等边三角形，周长为，也即防护网的总长度为．（2）时，在三角形中，由正弦定理得，在三角形中，，由正弦定理得，．所以．以为顶点时，和的高相同，所以，，即人工湖用地的面积是堆假山用地的面积的倍．（3）在三角形中，，由正弦定理得，．在三角形中，，由正弦定理得．所以．由于，，所以当，时，最小值为．