2022-2023学年浙江省台州市海协作体高一下学期期中联考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年浙江省台州市海协作体高一下学期期中联考数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年浙江省台州市海协作体高一下学期期中联考数学试题 一、单选题1．若a，，i是虚数单位，且，则的值为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】根据复数相等的充要条件列出方程，求解即可得出答案.【详解】根据复数相等的充要条件可得，解得，所以，.故选：D.2．已知向量，，若，则（    ）A．3 B．5 C．6 D．9【答案】C【分析】根据向量共线的坐标表示得出方程，求解即可得出答案.【详解】根据已知可得，，解得.故选：C.3．已知圆锥的底面半径为1，高为，则圆锥的侧面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】作出圆锥的轴截面，根据已知求出圆锥的母线，进而根据侧面积公式即可得出答案.【详解】作出圆锥的轴截面如图  由已知可得，，，所以，所以，圆锥的母线为，所以，圆锥的侧面积为.故选：B.4．在中，已知，，，则角（    ）A． B． C． D．或【答案】A【分析】直接利用正弦定理求解.【详解】在中,由正弦定理，，结合题干数据，解得，又，故，结合，解得故选：A5．已知非零向量满足，且，则与的夹角为A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查利用平面向量数量积计算向量长度、夹角与垂直问题，渗透了转化与化归、数学计算等数学素养．先由得出向量的数量积与其模的关系，再利用向量夹角公式即可计算出向量夹角．【详解】因为，所以=0，所以，所以=，所以与的夹角为，故选B．【点睛】对向量夹角的计算，先计算出向量的数量积及各个向量的摸，在利用向量夹角公式求出夹角的余弦值，再求出夹角，注意向量夹角范围为．6．设非零向量，的夹角为，且，则的最小值是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据已知求出.由，平方整理即可得出.然后数量积的运算律，可求出，开方即可得出答案.【详解】由已知可得，.又，所以，整理可得，.则，所以，.故选：A.7．如图，在△ABC中，M为BC边上一点，，，，△ABC的面积为，则等于（    ）  A． B． C． D．【答案】C【分析】设，则，，根据面积可求出.然后在以及中，根据余弦定理求出的值.最后在中，根据余弦定理，即可得出答案.【详解】设，则，，则，所以，，，.在中，由余弦定理可得，，所以.同理可得，在中，有.在中，由余弦定理可得，.故选：C.8．如图，在棱长为1的正方体中，P为正方形内（包括边界）的一动点，E，F分别为棱的中点，若直线与平面无公共点，则线段的长度范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】取的中点，取的中点为，连接，证明平面平面，结合直线与平面无公共点，得到点在线段上，由此求得长的范围.【详解】如图所示，取的中点，取的中点为，连接，由三角形的中位线的性质，可得，则，又由平面，平面，可得平面，连接，可得且，则四边形为平行四边形，可得，因为平面，平面，所以平面，又因为，平面，所以平面平面，由直线与平面无公共点，所以点在线段上，当为的中点时，取得最小值，最小值为，当与点或重合时，取得最大值，最大值为，所以线段的长的范围是.故选：B.【点睛】方法点拨：取的中点，取的中点为，连接，利用线面位置关系的判定定理和性质定理，证明平面平面，结合直线与平面无公共点，得到点在线段上是解答的关键. 二、多选题9．已知i为虚数单位，以下说法正确的是（    ）A．B．复数的虚部为2C．复数在复平面对应的点在第一象限D．为纯虚数，则实数【答案】AD【分析】根据复数的计算即可求解.【详解】,为纯虚数，则,故A,D对.复数的虚部为,,对应的点为，不在第一象限，故B,C错误.故选：AD10．如图，已知正方体，分别为和的中点，则下列四种说法中正确的是（    ）A．B．C．与所成的角为D．与为异面直线【答案】BCD【分析】由异面直线定义可知AD正误；证得平面后，利用线面垂直性质可知B正确；由可知所求角为，由长度关系可得，知C正确.【详解】对于A，平面，，，平面，与是异面直线，A错误；对于B，，，，平面，平面，又平面，，B正确；对于C，，即为异面直线与所成的角，，为等边三角形，，C正确；对于D，，平面，，平面，与为异面直线，D正确.故选：BCD.11．已知△ABC的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，下列说法正确的是（    ）A．若，则B．若，则△ABC一定是锐角三角形C．若，则△ABC一定为直角三角形D．若，则△ABC一定是等腰三角形【答案】AC【分析】根据正弦定理结合已知可得，即可得出A；B根据余弦定理只能得出C为锐角，无法判断A、B的情况；根据余弦定理角化边，结合已知整理，即可判断C、D项.【详解】对于A项，由正弦定理可得，，所以，所以，故A项正确；对于B项，由余弦定理可得，所以为锐角，但无法判断角，故B项错误；对于C项，由余弦定理以及，代入已知整理可得，，所以△ABC一定为直角三角形，故C项正确；对于D项，由余弦定理以及，代入已知整理可得，，所以或，所以△ABC为等腰三角形或直角三角形，故D项错误.故选：AC.12．如图，以为圆心，1为半径的圆C，△ABD为圆C的内接正三角形，M为边BD的中点，当△ABD绕圆心C转动，同时N在边AB上运动时，的取值有可能为（    ）  A． B．C． D．【答案】ABC【分析】由题意求出正三角形△ABD的边长为，则，，设，则，根据数量积的运算得，结合三角函数的性质得出的范围，判断即可.【详解】设正三角形△ABD的边长为，因为外接圆的半径为1，所以，解得，则，，又，设，则，,∵，，∴，∴，由此可知ABC符合.故选：ABC.   三、填空题13．设复数z满足（其中i是虚数单位），则      ．【答案】【分析】根据复数的除法运算化简，根据复数的模的计算公式求得答案.【详解】,故，故答案为：14．中，角A、B、C所对的边为，若，，，则的面积为     ．【答案】/【分析】利用余弦定理求得边c，再利用三角形的面积公式即可得出答案.【详解】因为，，，则，即，解得或（舍去），所以.故答案为：.15．如图，已知球O的面上四点A，B，C，P，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝1，，，则球O的体积等于            ．  【答案】【分析】将该三棱锥补为一个长方体，求出长方体外接球的半径，即可得出答案.【详解】将三棱锥补为一个同一顶点出发的三条棱长分别为的长方体，则三棱锥外接球的半径，即等于该长方体外接球的半径.易知长方体外接球的半径，所以，球O的体积.故答案为：.16．设点是边长为2的正三角形的三边上的动点，则的取值范围为      【答案】【分析】以中点为坐标原点，建立平面直角坐标，写出各个点的坐标，分别讨论点在上.写出点坐标，由平面向量的坐标表示分别表示出，结合平面向量数量积的坐标运算求得，再根据二次函数的性质即可求得取值范围.【详解】根据题意，以中点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标：    正三角形的边长为2，则，点是三边上的动点，，当在线段上时，设，则所 所以当时取得最小值为；当时取得最大值为2.，当在线段上时，直线的方程为，设，则，所 所以当时取得最小值为0；当或时取得最大值为2.，当在线段上时，直线的方程为，设，则，所，，，，所以当时取得最小值为；当时取得最大值为2.综上可知，的取值范围为，故答案为：.【点睛】本题考查了平面向量在平面直角坐标系中的应用，由坐标法研究向量的数量积，分类讨论思想的综合应用，计算量大，属于难题. 四、解答题17．已知复数．(1)若，求a的值；(2)求的最小值，【答案】(1)或(2) 【分析】（1）根据复数的运算，化简得到，列出方程，即可求解；（2）根据复数模的公式，化简得到，进而求得有最小值.【详解】（1）解：由复数，可得，所以，解得或．（2）解：由复数，可得，所以当时，有最小值，最小值为.18．已知向量，，．(1)求；(2)若，求k的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据已知求出，然后根据数量积的运算律，即可求出答案；（2）根据已知可得，然后根据数量积的运算律展开，结合已知条件，即可得出答案.【详解】（1）由已知可得，所以，所以，．（2）由，可得，即，即．解得，．19．如图，正三棱柱中，，，点为的中点．  (1)求证：平面；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）通过直线与直线平行证直线与面平行.（2）通过等体积转化进行求解.【详解】（1）解：连接，与相交于，连接，则是的中点，  又为的中点，所以，平面，平面，所以平面；（2）取的中点，连，则，且，又面，，且，∴面，，.20．在锐角三角形中，角的对边分别为,且．(1)求角的⼤小；(2)若，求周长的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）对已知条件的边换成角，结合三角公式求出，根据的范围得出角的度数；（2）根据正弦定理，将边用角来表示，转化成三角函数的值域问题的求解.【详解】（1）由正弦定理得，又，，则，化简得，又，所以，则，因为，所以；（2）由正弦定理得：，∴，，∴，；为锐角三角形，∴，解得： ，∴，∴，∴，∴，即△ABC的取值范围为.21．如图，在直三棱柱中，，且，点P为线段上的动点．  (1)当P为线段中点时，求证：平面平面；(2)当直线AP与平面所成角的正切值为时，求二面角P-AB-C的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由题意，得平面，从而，又，可得平面，由此可证得结论；（2）由（1）得平面，所以直线AP与平面所成角即为，求得，作，，可证得∠PNM为二面角P-AB-C的平面角，求解即可.【详解】（1）由题意，，，，平面，故平面，∵平面，∴，∵P为的中点，∴，且，平面∴平面，又∵平面ABP，∴平面平面.（2）由（1）得平面，所以直线AP与平面所成角即为，故，解得．作，，连接PN如图．  则平面ABC，又平面ABC，故．又，平面PMN，故平面PMN，故∠PNM为二面角P-AB-C的平面角，又，，故，故，即二面角P-AB-C的余弦值为.22．如图，在边长为1的正三角形ABC中，D为AB的中点，，过点O的直线交边AB与点M，交边AC于点N．    (1)用，表示；(2)若，，求的值；(3)求的取值范围．【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据已知可得出，然后即可得出答案；（2）先根据已知结合（1）的结论得出，然后根据三点共线得出，即可得出答案；（3）先用得出，然后根据数量积的运算律可推得.根据（2）的结论可得出，，，换元，可得出.然后根据对勾函数的单调性可得出，根据二次函数的性质，即可得出答案.【详解】（1）因为D为BC中点，所以，.又因为，所以.（2）若，，所以，，所以.因为M，O，N三点共线，所以，所以，.（3）因为，，，所以，.由（2）得，得，，令，，则，得.根据对勾函数的单调性可知，在上单调递减，在上单调递增，且，，所以，所以，.因为，所以，根据二次函数的性质可知，所以的取值范围为.【点睛】思路点睛：用基底表示出向量，根据向量数量积的运算律得出的表达式，然后根据的关系化简，进而根据基本不等式以及二次函数的性质，即可得出答案.