2022-2023学年天津市耀华中学高一下学期期中数学试题含解析

  天津市耀华中学2022-2023学年度第二学期期中学情调研

高一年级数学学科

一、选择题：（每小题5分，共计50分）

1. 复数的虚部是（  ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据复数除法运算可得，根据复数虚部的定义理解．

【详解】试题分析：，则虚部为

故选：B．

2. 下列向量中，能作为表示它们所在平面内的所有向量的基底的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据平面向量基底的含义，结合向量共线的坐标表示，判断各选项中向量是否共线，即可得答案.

【详解】对于A，为零向量，与共线，

不能作为表示它们所在平面内的所有向量的基底，A错误；

对于B，由可知不共线，

故能作为表示它们所在平面内的所有向量的基底，B正确；

对于C，由于，故共线，

不能作为表示它们所在平面内所有向量的基底，C错误；

对于D，由于，故共线，

不能作为表示它们所在平面内的所有向量的基底，C错误；

故选：B

3. 斜四棱柱侧面中矩形的个数最多可有（    ）

A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个

【答案】B

【解析】

【分析】根据斜四棱柱的几何特征，进行判断，可得答案.

【详解】由于在斜四棱柱的底面中最多有两条平行的对边和侧棱垂直，其余一组对边不和侧棱垂直，

故此时四棱柱的侧面中最多有2个侧面为矩形，且这两个侧面为相对的面，

其余一组相对的侧面不可能为矩形，

故选：B

4. 侧棱长为2的正三棱锥，若其底面周长为9，则该正三棱锥的体积是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由底面周长可求出，进而可求出，再由勾股定理即可求出三棱锥的高，利用棱锥的体积公式即可求体积

【详解】如图：取中点，连接，过点作平面交底面于点，

为正三棱锥，

在平面上射影为的中心，所以O在CD上．

，底面周长为，，

，，

所以三棱锥的高，

.

故选：B.

5. 已知球的内接三棱锥的三条侧棱两两垂直，长度分别为和，则此球的体积为（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题，得三棱锥的外接球，即长宽高分别为和的长方体的外接球，求出长方体外接球的体积，即可得到本题答案.

【详解】由题意可得，球的内接三棱锥即三棱锥的外接球即长宽高分别为和的长方体的外接球，

又长方体的体对角线长为外接球的直径，

所以球的半径，

球的体积为.

故选：D.

6. 关于x的方程有一根为1，则一定是（    ）

A. 等腰三角形 B. 直角三角形

C. 锐角三角形 D. 钝角三角形

【答案】A

【解析】

【分析】将1代入，根据二倍角公式和两角差的余弦公式，整理可得

，即，根据角的范围，即可求出结果.

【详解】因为1是的根，

所以，

又，

所以有，，

整理可得，，即.

因，，，所以.

则由可得，，所以.

所以一定是等腰三角形.

故选：A.

7. △ABC中，A＝，BC＝3，则△ABC的周长为(　　)

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据正弦定理分别求得和 ，最后三边相加整理即可得到答案．

【详解】根据正弦定理 ，

的周长为.

故选D．

【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用．属基础题．

8. 在等边中，P为上一点，D为上一点，且，则的边长为（    ）

A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意可得，设的边长为，易得，故，解方程即可得出答案.

【详解】设的边长为，因为是等边三角形，

所以，

因为，

所以，所以.

所以，解得：.

即的边长为.

故选：A.

9. 已知，则（    ）

A. 3 B. 1 C.  D. i

【答案】D

【解析】

【分析】根据复数的乘方可得，结合虚数单位的性质计算，可得答案.

【详解】由题意得，，

故，

故选：D

10. 如图，在中，，过点M的直线交射线于点P，交于点Q，若，则的最小值为（    ）

A. 3 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】首先根据的向量的几何意义，利用，，三点共线，得出，的关系，利用基本不等式求最小值．

【详解】解：因，所以，

又，，（，）

所以，

所以

，

因为，，三点共线，所以，

所以

当且仅当，即时取等号；

故选：C．

二、填空题：（每小题4分，共计20分）

11. 设 是虚数单位，复数为纯虚数，则实数为________________

【答案】2

【解析】

【分析】把复数化为代数形式，再由复数的分类求解．

【详解】，

它为纯虚数，则且，解得．

故答案为：2．

12. 已知圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为的扇形，则这个圆锥的高为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据圆锥侧面展开图的面积计算圆锥的底面半径，再运用勾股定理求解圆锥的高即可.

【详解】圆锥的侧面展开图的弧长为，圆锥的底面半径，
根据题意圆锥的母线长为3
∴该圆锥的高.
故答案为：.

13. 在中，内角的对边分别是，若．且，则________．

【答案】##

【解析】

【分析】由已知条件配方可求得，再利用余弦定理求得，再用正弦定理可求得答案.

【详解】由得，

故，

由得，

由于，

则，

故答案为：

14. 给出下列命题：

①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；

②在四棱柱中，若底面为正方形，则该四棱柱为正四棱柱；

③存在每个面都是直角三角形的四面体；

④棱台的侧棱延长后交于一点．

其中正确命题的序号是________．

【答案】③④

【解析】

【分析】根据棱柱、棱锥、棱台的概念对选项进行一一判断.

【详解】①不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；

②不正确，若底面为正方形的直四棱柱为正四棱柱；

③正确，如图，正方体中的三棱锥，四个面都是直角三角形；

④正确，由棱台的概念可知.

故答案为：③④

15. 如图，直角梯形中， ，， ，若将直角梯形绕边旋转一周，则所得几何体的表面积为 __________．

【答案】;

【解析】

【详解】几何体为一个圆锥与圆柱的组合体，表面积为

点睛:空间几何体表面积的求法

 (1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．

(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．

(3)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．

三、解答题：（共3小题，共计30分）

16. 设关于x的方程，若方程有实数根，求锐角和实数根．

【答案】锐角，实数根.

【解析】

【分析】先将原方程化为，再根据复数相等的条件得出左边复数的实部与虚部都为0，列出方程组解出答案即可.

【详解】设方程的实数根为，则，

即，所以，解得，

又因为为锐角，所以.

所以锐角，实数根.

17. 设点O是的外心（外接圆圆心），，求的值．

【答案】

【解析】

【分析】可画出图形，并将O和AC中点D相连，O和AB的中点E相连，从而得到，根据数量积的计算公式及条件可得出，而，即可得出的值．

【详解】如图，取AC中点D，AB中点E，并连接OD，OE，

则，

，

.

18. 如图，某观测站C在城A的南偏西方向上，从城A出发有一条公路，走向是南偏东，在C处测得距离C处31千米的公路上的B处有一辆车正沿着公路向城A驶去，行驶了20千米后到达D处，测得C、D二处间距离为21千米，这时此车距城A多少千米？

【答案】15千米．

【解析】

【分析】利用余弦定理求得，由同角三角函数的基本关系式求得，求得，由正弦定理求得，也即求得此车距城的距离.

【详解】在中，，，，

由余弦定理得：，

所以．

在中，，，

．

由正弦定理得（千米）．

所以此车距城A有15千米．

【点睛】本小题主要考查余弦定理、正弦定理解三角形，考查两角差的正弦公式，属于基础题.