吉林省普通高中友好学校2022-2023学年高一下学期期中联考数学试卷（含答案）

这是一份吉林省普通高中友好学校2022-2023学年高一下学期期中联考数学试卷（含答案），共14页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
吉林省普通高中友好学校2022-2023学年高一下学期期中联考数学试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题1、已知复数满足，i是虚数单位，则(   )A. B. C. D.2、一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的周长为(   )A.8 B. C.16 D.3、在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则(   )A.1 B. C.3 D.1或34、圆锥侧面展开图扇形的圆心角为60°，底面圆的半径为8，则圆锥的侧面积为(   )A. B. C. D.5、已知，，E为AD的中点，记，，则(   )A. B. C. D.6、已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为(   )A.1 B.-1 C. D.7、在正四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是腰长为的等腰三角形，则正四棱锥的外接球的体积为(   )A. B. C. .8、圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，被列为第四批全国重点文物保护单位，其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美.如图，小明为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是和，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度约为(取)(   )A. B. C. D.二、多项选择题9、已知i是虚数单位，以下四个说法中正确的是(   )A.B.复数的虚部为C.若复数z满足，则z所对应的点在第一象限D.已知复数z满足，则z在复平面内对应的点的轨迹为一条直线10、设m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，下列命题中错误的是(   )A.若，，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，，则11、在中，a，b，c分别为，，的对边，下列叙述正确的是(   )A.若，，，则有两解B.若，则为等腰三角形C.若为锐角三角形，则D.若，则为锐角三角形12、如图，正方体的棱长为3，E为AB的中点，，动点M在侧面内运动（含边界），则(   )A.若平面，则点M的轨迹长度为B.平面与平面ABCD的夹角的正切值为C.平面截正方体所得的截面多边形的周长为D.不存在一条直线l，使得l与正方体的所有棱所成的角都相等三、填空题13、设复数，满足，，则__________.14、半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为______.15、如图所示，在长方体中，，，点E，F，G分别是，，的中点，则异面直线与所成的角是_____.16、已知等边三角形ABC的边长为2，点P在边AB上，点Q在边AC的延长线上，若，则的最小值为______.四、解答题17、如图，D是直角三角形ABC斜边BC上一点，.（1）若，求角的大小；（2）若，且，求AD的长.18、已知，.（1）若，求x的值；（2）当时，求；（3）若与所成的角为钝角，求x的范围19、在复平面内，复数，对应的点分别为，，，且为纯虚数.（1）求a的值；（2）若的共轭复数是关于x的方程的一个根，求实数p，q的值.20、已知a，b，c分别为的内角A，B，C的对边，且.（1）求角C（2）若，的面积为，求的周长.21、如图，四棱柱的底面ABCD是菱形，平面ABCD，，，，点P为的中点.（1）求证：直线平面PAC；（2）求二面角的余弦值.22、如图所示，四边形ABCD为菱形，，平面平面ADC，点E是棱AB的中点.（1）求证：；（2）若，求三棱锥的体积.（3）若，当二面角的正切值为时，求直线PE与平面ABCD所成角.
参考答案1、答案：A解析：，.故选：A.2、答案：C解析：还原直观图为原图形如图所示，因为，所以，还原回原图形后，，，所以，所以原图形的周长为.故选：C.3、答案：C解析：由余弦定理，，即，，解得.故选：C4、答案：A解析：设圆锥的半径为r，母线长为l，则，由题意知，，解得：，所以圆锥的侧面积为.故选：A.5、答案：B解析：由得，所以，故选：B.6、答案：C解析：因为，所以所以，向量在向量上的投影向量为.故选：C.7、答案：C解析：如图所示，设外接球的球心为O，半径为R，底面中心为E，连接SE，BO，BE，因为在正四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是腰长为的等腰三角形，所以，在中，，即，解得，所以外接球的体积为，故选：C8、答案：B解析：在直角中，，因为在中，，，所以，在中由正弦定理可得，又由，所以在直角中，可得，故选：B9、答案：AD解析：A选项，，故A正确；B选项，z的虚部为-1，故B错误；C选项，设，，则，所以有，解之得或即或，对应的点的坐标为或，即z所对应的点在第一象限或第三象限，故C错误；D选项，表示z到和两点的距离相等，故z的轨迹是线段AB的垂直平分线，故D正确.故选：AD.10、答案：ABD解析：A.若，，，则或相交，因为若m，n都与交线平行，此时，，但此时两个平面相交，故A错误；B.直线垂直于平面的两条相交直线，直线与平面垂直，所以根据线面垂直的判断定理可知，B错误；C.若，，则，故C正确；D.若，，，则，或异面，故D错误.故选：ABD11、答案：AC解析：若，则由正弦定理，可得，所以或，此时有两解，A正确；若，则由正弦定理可得，所以，即，所以有或，即或，B不正确；若为锐角三角形，则，，因为在为减函数，所以，C正确；若，则由正弦定理可得，设，，，其中；则c为最大边，，为钝角三角形，D不正确.故选：AC.12、答案：ABC解析：如图所示，分别延长DC、D1F交于点N，连接NE并延长交DA的延长线于G点，交CB于O点，连接D1G交A1A于H点，则五边形D1FOEH为平面截正方体所得的截面，在侧面中作PQ，可得M轨迹为线段PQ，由已知及平行线分线段成比例可得：，，所以，，即，A正确；，，，故五边形周长为，C正确；连接BD，交EO于点I，由上计算可得I为GN中点，且，故，垂直EO，即为平面与平面ABCD的夹角，易得，，B正确；对于D存在直线l，如直线与正方体三条棱夹角相等.故选：ABC.13、答案：解析：14、答案：解析：设棱长为2，则所以原正方体的体积为，所以二十四等边体为，所以二十四等边体与原正方体的体积之比为.故答案为：.15、答案：解析：连接，，，点E，F，G分别是，AB，的中点，，，，，，，四边形为平行四边形，则，故或其补角即为与所成的角，易得，，，所以，所以.故答案为：.16、答案：解析：过点A作BC的垂线，垂足为O，以，为x，y轴建立平面直角坐标系.作PM垂直BC交于点M，QH垂直y轴交于点H，CN垂直HQ交于点N.设，则，故有，，所以，，当时，取最小值.故答案为：17、答案：（1）（2）解析：（1）在中，由正弦定理得，所以，，又，所以，.（2）由，且知：，，所以，直角三角形ABC中，，在中，由余弦定理得所以，.18、答案：（1）（2）5（3）.解析：（1）因为已知，，若，则=，求得.（2）当时，，，（3）若与所成的角为钝角，则＜0且，不共线，所以，，求得，且，故x的范围为且.19、答案：（1）3（2），解析：（1）由复数的几何意义可知，，，，为纯虚数，，（2），由条件可知，，即，，解得：，20、答案：(1)(2)6解析：（1）因为，所以由正弦定理得.因为，所以，所以.因为，所以，所以，即.所以，即又，所以.（2）因为的面积为，所以.由，所以，由余弦定理得，又，所以.解得.故的周长为.21、答案：（1）证明见解析（2）解析：（1）证明：连接BD，设AC和BD交于点O，连接PO，P，O分别是，BD的中点，平面PAC，平面PAC，直线平面PAC.（2）连接，，，，为二面角的平面角.四边形ABCD是菱形，又，为正二角形.，，在，，在，，在中，，，所以二面角的余弦值为.22、答案：（1）证明见解析（2）1（3）解析：（1）如图所示，设点F是棱AD的中点，连接PF，EF，BD，由及点F是棱AD的中点，可得，因为平面平面ADC，平面平面，平面PAD，故平面ABCD，又因为平面ABCD，所以，又因为四边形ABCD为菱形，所以，而EF是的中位线，所以，可得，又由，且平面PEF，平面PEF，所以平面PEF，又因为平面PEF，所以.（2）若，由于菱形ABCD，易证正三角形PAD中，由于平面，所以.（3）设点G是AC与EF的交点，由（1）可知平面PEF，又PG，EG均在平面PEF内，从而有，，故为二面角的平面角，所以，所以，因为，所以为等边三角形.不妨设菱形ABCD的边长为，.则在直角中，，，，所以，因为平面ABCD，所以为直线PE与平面ABCD所成的角.则，所以直线PE与平面ABCD所成的角为.