广东省深圳市第二高级中学、深圳市龙岗区龙城高级中学2022-2023学年高一下学期期中联考数学试题（含解析）

这是一份广东省深圳市第二高级中学、深圳市龙岗区龙城高级中学2022-2023学年高一下学期期中联考数学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
广东省深圳市第二高级中学、深圳市龙岗区龙城高级中学2022-2023学年高一下学期期中联考数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．若复数满足，则的虚部是（    ）
A．4 B． C． D．
2．已知向量，且，则（    ）
A．-2 B． C． D．2
3．在中，，，，则边AC的长为（    ）
A． B．3 C． D．
4．如图，已知为正方体，则异面直线与所成角为（    ）

A． B． C． D．
5．下列命题中成立的是（    ）
A．各个面都是三角形的多面体一定是棱锥
B．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱
C．一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥
D．各个侧面都是矩形的棱柱是长方体
6．如图，位于A处的海面观测站获悉，在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船遇险，并在原点等待营救，在A处南偏西且相距20海里的C处有一艘救援船，则该船到救助处B的距离为（    ）

A．海里 B．海里 C．海里 D．海里
7．“中国天眼”射电望远镜的反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆面为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠面积，其中R为球的半径，为球冠的高），设球冠底的半径为r，周长为C，球冠的面积为S，则当，时，（    ）

A． B． C． D．
8．在锐角三角形分别为内角所对的边长，，则（    ）
A．3 B．4 C．5 D．6

二、多选题
9．已知直线l､m，平面，则下列说法中正确的是（    ）
A．若，则必有 B．若，则必有
C．若，则必有 D．若，则必有
10．下列说法中错误的是（    ）.
A．若，则
B．若且，则
C．若为非零向量且，则
D．若，则有且只有一个实数，使得
11．的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（    ）
A．若，则
B．若，则是钝角三角形
C．若，则符合条件的有两个
D．若，则为等腰三角形
12．如图，已知正方体的棱长为为正方形底面内的一动点，则下列结论正确的有（    ）
  
A．三棱锥的体积为定值
B．存在点，使得
C．若，则点在正方形底面内的运动轨迹长度为
D．若点是的中点，点是的中点，过作平面平面，则平面截正方体所得截面的面积为

三、填空题
13．写出一个模为5，且在复平面内对应的点在第三象限的复数__________.
14．中，，，则此三角形的外接圆半径是___________.
15．已知某圆台的上、下底半径和高的比为，母线长为，则该圆台的体积为______（）.

四、双空题
16．在2022年2月4日举行的北京冬奥会开幕式上，贯穿全场的雪花元素为观众带来了一场视觉盛宴，象征各国、各地区代表团的“小雪花”汇聚成一朵代表全人类“一起走向未来”的“大雪花”的意境惊艳了全世界（如图①），顺次连接图中各顶点可近似得到正六边形（如图②）．已知正六边形的边长为1，点M满足，则_______；若点P是正六边形边上的动点（包括端点），则的最大值为_______．


五、解答题
17．已知复数.
(1)求；
(2)若复数在复平面内对应的向量分别为，求向量对应的复数.
18．已知的内角所对的边分别为，且.
(1)求角的大小；
(2)从下列①②③中选择两个作为条件，证明另外一个条件成立：
①；②；③.
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.
19．已知在中，是边的中点，且，设与交于点．记，．

(1)用，表示向量，；
(2)若，且，求的余弦值．
20．已知各棱长均为2的直三棱柱中，为的中点.
  
(1)求证：平面；
(2)求点到平面的距离.
21．记的内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，且
(1)证明：；
(2)若，求.
22．如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．

（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．

参考答案：
1．A
【分析】计算，求其虚部.
【详解】因为，所以，所以的虚部是4.
故选：A
2．B
【分析】由向量共线的坐标表示求解即可.
【详解】因为，且，
所以，解得；
故选：B.
3．C
【分析】由正弦定理即可求出边AC的长.
【详解】由题意，
在中，，，，
由正弦定理，
，
解得：，
故选：C.
4．C
【分析】连接，则可得为异面直线与所成角，然后在中求解即可.
【详解】连接，
因为在中，∥，
所以为异面直线与所成角，
因为在中，，
所以为等边三角形，
所以，
所以异面直线与所成角为，
故选：C

5．B
【分析】根据相关空间几何体的定义，举出部分反例空间几何体即可判断.
【详解】对A，只要将底面全等的两个棱锥的底面重合在一起,
所得多面体的每个面都是三角形,但这个多面体不是棱锥，如图，故A错误；

对B，若棱柱有两个相邻侧面是矩形，则侧棱与底面两条相交的边垂直，
则侧棱与底面垂直，此时棱柱一定是直棱柱，故B正确；
对于C，如图所示，若，
满足侧面均为全等的等腰三角形，但此时底面不是正三角形，故C错误；

对D，各个侧面都是矩形的棱柱不一定是长方体，
比如底面为三角形的直三棱柱，故D错误.
故选：B.
6．D
【分析】由余弦定理可得答案.
【详解】由已知得海里，海里，，在中由余弦定理得

海里.
故选：D.
7．B
【分析】作出示意图，根据条件先求出r，然后根据并结合勾股定理求出R，进而得到答案.
【详解】如示意图，根据题意，，由勾股定理可得，联立方程解得.

于是.
故选：B.
8．B
【分析】对已知等式利用余弦定理统一成边的形式，化简可得，然后同角三角函数的关系和正余弦定理化简可得结果.
【详解】因为，
所以由余弦定理可得，即，
所以




故选：B
9．CD
【分析】由线面、面面位置关系逐项判断即可得解.
【详解】对于A，平面可能相交，所以选项A错误；
对于B，平面可能平行或斜交，所以选项B错误；
对于C，因为且，则必有，所以C正确；
对于D，因为，则必有，所以D正确.
故选：CD
10．ABD
【分析】根据为，即可判断AD，由数量积的运算律，即可判断C,由向量相等的定义即可判断B.
【详解】A选项，当为时，与不一定平行，故A错误；
B选项，由且，可得或，故B错误；
C选项，由得 ，所以 ，
∴，故C正确；
D选项， 若， 时， ，但是不存在，使得，故D错误；
故选：ABD.
11．AB
【分析】利用正弦定理､余弦定理对各个选项逐一分析，由此确定正确选项即可.
【详解】选项，在三角形中大角对大边，所以，
由正弦定理得，所以选项正确；
选项，由正弦定理得，
所以，又，则C为钝角，所以B选项正确；
选项，由正弦定理可得，
又，则，故此三角形有唯一解，错误；
D选项，因为，所以，
所以，即，
又，且，所以或，
即或，
所以为等腰三角形或直角三角形，故错误.
故选：
12．ACD
【分析】对于A：利用体积转化得可求得体积为定值；对于B：作，交线段于，可证得矛盾；对C：可证平面得点轨迹为线段；对于D：可证得平面截正方体所得截面为正六边形，求其面积即可.
【详解】对于A，由题意及图形可知平面平行于平面，
则点P到平面距离为定值.
则，
又为定值，故三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于B，
  
作，交线段于，连接
因为面面，面面，面，
所以面，又面，所以，
若，又，故面，
又面，所以，
因为为线段上一点，在直角中不可能有，
故不存在相应的点P，使，故B错误；
对于C，如图有平面.理由如下：连接
由题可得，
又，则平面.
因平面，则.
同理可证得，
又，则平面，得平面.
故点轨迹为平面与底面交线，即为线段,又，故C正确；
  
对于D，如图取中点为，连接.
由题可得平面.
因平行于，平面，
则.
又，则平面.
又取中点为，则，
有四点共面
因为平面，所以平面平面.
则平面即为平面.
设平面分别与交于，
因为面面，面，面
所以，又都是中点，故是中点.
同理可证是中点，
所以平面截正方体所得截面为正六边形，
又正方体棱长为2，则，
故截面面积为，故D正确.
  
故选：ACD
【点睛】方法点睛:利用平面的性质确定截面形状的依据如下:
(1)平面的四个公理及推论; .
(2)直线与平面平行的判定与性质;
(3)两个平面平行的性质.
13．（答案不唯一）
【分析】根据复数的模、复数对应点所在象限确定正确结论.
【详解】设，则满足即可.
所以符合题意.
故答案为：（答案不唯一）
14．
【分析】根据余弦定理，可得，进而可得的值，根据正弦定理，即可得答案.
【详解】由余弦定理得，
因为，所以，
设外接圆半径为R，由正弦定理得，解得
故答案为：
15．
【分析】根据圆台的轴截面性质，结合题意利用勾股定理，算出圆台的上底面半径为，下底面半径为，高，再由圆台的体积公式加以计算，即可得出该圆台的体积．
【详解】解：根据题意，设圆台的上、下底面半径和高分别为、、，
上底面半径为，下底面半径为，高，
可得母线长为cm，即 cm，
解之得，所以圆台的上底面半径为 cm，下底面半径为 cm，高 cm．
由此可得圆台的体积为cm．
故答案为：．
16． 1 /
【分析】由题可得，利用向量的数量积的运算法则即得，然后利用数量积的定义和正六边形的性质解得 最大值为.
【详解】由题可知，
∴，
∴，
结合以及正六边形的几何特征可知为的中点，
所以
要使最大，可知当在处时，最大，此时最大，

即.
故答案为：；
17．(1)
(2)

【分析】（1）利用复数的四则运算化简即可求得；
（2）由复数的坐标运算即可求得向量对应的复数.
【详解】（1）.
（2）由得，又，
则，
所以向量对应的复数为.
18．(1)
(2)答案见解析

【分析】（1）由正弦定理边角互化即可求解，
（2）利用余弦定理以及三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）由正弦定理得
；
（2）选①②：，由（1）知：，
由，
又，则，
所以，故.
选②③：，由①知：，
由，则，
由，
故.
选①③：，
，
，
，
由（1）知：，则.
19．(1)，
(2)

【分析】（1）根据平面向量的基底与三角形法则即可用，表示向量，；
（2）由得，代入向量数量积公式即可求得的余弦值.
【详解】（1）


（2）∵三点共线，由得，
，即，
∴，
∴，∴的余弦值为.
20．(1)证明见解析；
(2)

【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；
（2）利用等体积法求点到平面的距离即可.
【详解】（1）证明：如图
  
连接，交于点，连接，
因为为平行四边形，所以为的中点，又为的中点，
所以，
又平面平面，所以平面，
（2）因为三棱柱是直三棱柱且所有棱长均为2，
在中，，

所以，所以为直角三角形，
设到平面的距离为，因为，
，解得，
所以到平面的距离为.
21．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）在中由锐角三角函数，得，代入条件，由正弦定理角化边得，即证；
（2）由三角形等面积法，得，代入可得；将条件和同时代入余弦定理，化简后利用辅助角公式得到，即可求解.
【详解】（1）在中，因为，所以，
又因为，所以，即
在中，根据正弦定理，得，故.
（2）在中，，
又由（1）知，，所以，
在中，根据余弦定理，得，
又由已知，，得，
所以，则，即，
因为，则，所以或，
所以或，
又点在边上，且，，
所以必有一个大于等于，所以.
22．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证得平面，利用线面平行的判定定理以及性质定理，证得，从而得到平面；
（2）方法一：根据题意，建立相应的空间直角坐标系，得到相应点的坐标，设出点，之后求得平面的法向量以及向量的坐标，求得的最大值，即为直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【详解】（1）证明：
在正方形中，，因为平面，平面，
所以平面，又因为平面，平面平面，
所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以
因为，所以平面．
（2）［方法一］【最优解】：通性通法
因为两两垂直，建立空间直角坐标系，如图所示：

因为，设，
设，则有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
［方法二］：定义法
如图2，因为平面，，所以平面．

在平面中，设．
在平面中，过P点作，交于F，连接．
因为平面平面，所以．
又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，从而即为与平面所成角．
设，在中，易求．
由与相似，得，可得．
所以，当且仅当时等号成立．
［方法三］：等体积法
如图3，延长至G，使得，连接，，则，过G点作平面，交平面于M，连接，则即为所求．

设，在三棱锥中，．
在三棱锥中，．
由得，
解得，
当且仅当时等号成立．
在中，易求，所以直线PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值为．
【整体点评】（2）方法一：根据题意建立空间直角坐标系，直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为平面的法向量与向量的夹角的余弦值的绝对值，即，再根据基本不等式即可求出，是本题的通性通法，也是最优解；
方法二：利用直线与平面所成角的定义，作出直线PB与平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；
方法三：巧妙利用，将线转移，再利用等体积法求得点面距，利用直线PB与平面QCD所成角的正弦值即为点面距与线段长度的比值的方法，即可求出．