2022-2023学年陕西省西安市大联考高一下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年陕西省西安市大联考高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知是边长为2的正三角形，则向量在上的投影是（    ）

A． B．1 C． D．

【答案】A

【分析】由投影的概念计算即可.

【详解】在方向的投影为.

故选：A.

2．在中，已知是边上一点，若，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用向量线性运算可直接得到结果.

【详解】

，.

故选：A.

3．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，则

D．若，则

【答案】D

【分析】根据条件思考题中平面和直线所可能的各种情况，运用有关的定理逐项分析.

【详解】当，时，可能有，但也有可能或，故A选项错误；

当，时，可能有，但也有可能或，故选项B错误；

在如图所示的正方体中，

取为，为，为平面，为平面，这时满足，，，但不成立，故选项C错误；

当，，时，必有，从而，故选项D正确；

故选：D.

4．在三棱锥中，是边长为的正三角形，若三棱锥的外接球的表面积为100π，则三棱锥体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】分别求出外接圆，三棱锥的外接球的半径，再由平面时，三棱锥体积取最大值，从而由公式得出体积.

【详解】设外接圆的圆心为，三棱锥的外接球的半径为.

因为三棱锥的外接球的表面积为100π，所以，

三角形ABC的外接圆半径为，

三棱锥体积取最大值时，平面，

此时，最大值为：.

故选：B

5．已知复数，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得.

【详解】，因此，.

故选：D.

6．下列说法正确的有（    ）

A．已知，，若与共线，则

B．若，，则

C．若，，为锐角，则实数的范围是

D．若，则一定不与共线

【答案】C

【分析】利用平面向量共线的坐标表示可判断A选项；取可判断B选项；分析可知，且与不共线，求出实数的取值范围，可判断C选项；取，，可判断D选项.

【详解】对于A，，，与共线，则，解得，A错误；

对于B，当时，满足，，而向量与可以不共线，B错误；

对于C，，，为锐角，

则，且与不共线，

即且，解得，C正确；

对于D，若，，满足，而与共线，D错误.

故选：C.

7．所有棱长均相等的三棱锥构成一个正四面体，则该正四面体的内切球与外接球的体积之比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设正四面体的棱长为，结合勾股定理可求两球的半径，从而可得它们的体积之比．

【详解】

如图，设为正三角形的中心，连接，

根据对称性可知正四面体的内切球和外接球共球心且球心在线段上，

连接，设正四面体的棱长为，则，

故．

设外接球的半径为，则，

故，解得，

故内切球的半径为，所以，

故内切球与外接球的体积之比为，

故选：A．

8．已知非零平面向量，，满足，，若与的夹角为，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】解法一利用绝对值三角不等式得到，然后求的最小值即可；解法二  设，，，易得，则的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，连接，然后又，，三点共线且在，中间时，取得最小值求解.

【详解】解法一  由题可得，，

所以要求的最小值，需求的最小值.

因为，与的夹角为，

所以的最小值为，

所以，

即的最小值为，

解法二  如图，

设，，，则，.

由，知，点的轨迹是以为圆心，半径为1的圆，

连接，结合图形可知，当，，三点共线且在，中间时，取得最小值.

由正弦定理得：，

所以，

故的最小值为.

故选：A

【点睛】关键点点睛：本题关键是根据与的夹角为，由的最小值为而得解.

9．在复平面内，下列说法正确的是（    ）

A． B．

C．若，则 D．若复数满足，则是实数

【答案】B

【分析】根据复数的乘法运算即可判断AB，根据虚数的性质即可判断C，利用待定系数法，结合复数的分类即可求解D.

【详解】对于A，，故A错误；

对于B，，故B正确；

对于C，两个虚数不能比较大小，故C错误；

对于D，设，则，，则，解得，故是虚数，故D错误；

故选：B

10．如图，在长方体中，，则下列说法错误的是（    ）

A．

B．与异面

C．平面

D．平面平面

【答案】A

【分析】根据题目信息和相似比可知，不可能平行于，与异面，可得A错误，B正确；再利用线面平行和面面平行的判定定理即可证明CD正确.

【详解】如下图所示，连接，

根据题意，由可得，，且；

同理可得，且；

由，而，所以不可能平行于，即A错误；

易知与不平行，且不相交，由异面直线定义可知，与异面，即B正确；

在长方体中，

所以，即四边形为平行四边形；

所以，又，所以；

平面，平面，

所以平面，即C正确；

由，平面，平面，所以平面；

又，平面，平面，所以平面；

又，且平面，

所以平面平面，即D正确.

故选：A

11．已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且，，则棱锥的体积为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据矩形的性质，结合球的性质、勾股定理、棱锥的体积公式进行求解即可.

【详解】因为是矩形，，，所以，

因此矩形的外接圆的直径为，半径为，设棱锥的高为，

根据勾股定理可得：，

棱锥的体积为：，

故选：B

12．设为向量, 则“”是“”的

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】C

【详解】为向量, ,向量的夹角为或则“”是 ”的充分必要条件.此类问题解答要注意掌握好命题条件和向量共线的基本知识.

【考点定位】本题考查向量的数量积、向量夹角、向量模长和充要条件等知识. 属于容易题.

二、填空题

13．已知与互相垂直，与互相垂直，则与的夹角为      ．

【答案】0

【分析】由得，由得；由此组成方程组求出与、的关系，再求向量与的夹角即可．

【详解】，

，

①，

又，

，

②；

由①②组成方程组，

解得，，

向量与的夹角的余弦值为．

所以向量与的夹角为0

故答案为：0

14．如图，在梯形中，，，，点是边上一动点，则的最大值为             ．

【答案】

【详解】如图，过N,C作AB的垂线，垂足分别为M,E.

由平面向量数量积知识得:

,

当N与C重合时取等号，的最大值为8，

故答案为：8.

【解析】1.平面向量数量积的概念.

15．已知复数的虚部减去它的实部所得的差为，则          .

【答案】或

【解析】根据题意，计算复数，再结合题目列方程求解即可.

【详解】因为，

所以，

所以，

解得或，

所以或，

所以或.

故答案为：或.

【点睛】本题考查复数的乘法，以及实部和虚部的辨识，涉及复数模长的计算.

16．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是        .

【答案】

【详解】试题分析：正四棱柱的高是4，体积是16，则底面边长为2，底面正方形的对角线长度为，所以正四棱柱体对角线的长度为，四棱柱体对角线为外接球的直径，所以球的半径为，所以球的表面积为．

【解析】正四棱柱外接球表面积．

三、解答题

17．已知向量，

(1)若，求实数m的值；

(2)若可以构成平面上的一个基底，求实数m的取值范围．

【答案】(1)或2

(2)且

【分析】（1）利用向量数量积的坐标运算得到方程求解；

（2）根据基底的定义，利用向量共线的坐标表示求解.

【详解】（1）得到或2

（2）由已知得不平行，得到，所以且.

18．如图，在中，，，为线段的垂直平分线，与交与点为上异于的任意一点.

求的值；

判断的值是否为一个常数，并说明理由．

【答案】14；是.

【分析】法一：由题意及图形，可把向量用两个向量的表示出来，再利用数量积的公式求出数量积；

将向量用与表示出来，再由向量的数量积公式求数量积，根据其值的情况确定是否是一个常数；

法二：由题意可以以BC所在直线为x轴，DE所在直线为y轴建立坐标系，得出各点的坐标，由向量坐标的定义式求出的坐标表示，由向量的数量积公式求数量积；

设E点坐标为，表示出向量的坐标再由向量的数量积坐标表示公式求数量积即可.

【详解】法1：由已知可得，，

,

的值为一个常数为线段BC的垂直平分线，L与BC交与点D，E为L上异于D的任意一点，

，

故：

解法2：以D点为原点，BC所在直线为x轴，L所在直线为 y轴建立直角坐标系，可求，

此时，，

设E点坐标为，

，

常数．

【点睛】本题考查向量在几何中的应用，本题采用了二种解法，一是基向量法，一是向量的坐标表示，解题的关键是建立坐标系与设定其向量.

19．如图，三棱柱ABC–A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥侧面ABB1A1，AC=AA1=AB，∠AA1C1=60°，AB⊥AA1，H为棱CC1的中点，D为BB1的中点．

（1）求证：A1D⊥平面AB1H；

（2）若AB=，求三棱柱ABC–A1B1C1的体积．

【答案】（1）见解析；（2）.

【分析】（1）根据面面垂直的性质得到AH⊥A1D，再由条件得到A1D⊥AB1，于是根据线面垂直的判定得到结论成立；（2）方法一：取A1C1的中点G，连接AG，证明AG为三棱柱ABC–A1B1C1的高，然后根据体积公式求出结果．方法二：先求出，然后根据三棱柱ABC–A1B1C1的体积V=3求解．

【详解】（1）如图，连接AC1，

因为为正三角形，H为棱CC1的中点，

所以AH⊥CC1，从而AH⊥AA1，

又平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，平面AA1C1C∩平面ABB1A1=AA1，AH⊂平面AA1C1C，

所以AH⊥平面ABB1A1，

又A1D⊂平面ABB1A1，

所以AH⊥A1D．①

设AB=a，因为AC=AA1=AB，

所以AC=AA1=2a，DB1=a，．

因为AB⊥AA1，

所以平行四边形ABB1A1为矩形，

所以∠DB1A1=∠B1A1A=90°，

所以，

所以∠B1AA1=∠DA1B1，

又∠DA1B1+∠AA1D=90°，

所以∠B1AA1+∠AA1D=90°，

故A1D⊥AB1．②

由①②及AB1∩AH=A，可得A1D⊥平面AB1H．

（2）方法一：如图，取A1C1的中点G，连接AG，

因为为正三角形，

所以AG⊥A1C1，

因为平面AA1C1C⊥平面ABB1A1，平面AA1C1C∩平面ABB1A1=AA1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1B1⊥AA1，

所以A1B1⊥平面AA1C1C，

又AG⊂平面AA1C1C，

所以A1B1⊥AG，

又A1C1∩A1B1=A1，

所以AG⊥平面A1B1C1，

所以AG为三棱柱ABC–A1B1C1的高，

经计算AG=，A1B1·A1C1=×2=，

所以三棱柱ABC–A1B1C1的体积V=·AG=．

方法二：如图，取AA1的中点M，连接C1M，

则C1M∥AH，

所以C1M⊥平面ABB1A1．

因为AB=，

所以AC=AA1=2，C1M=A1C1sin60°=2×，

所以·C1M=×2×，

所以三棱柱ABC–A1B1C1的体积V=3．

【点睛】（1）解决空间垂直问题的关键在于熟练把握空间垂直关系的判定与性质，注意平面图形中的一些线线垂直关系的利用，这是证明空间垂直关系的基础．另外要熟练运用“线线垂直”、“线面垂直”、“面面垂直”之间的相互转化．

（2）求空间几何体的体积的方法有两个：一是根据几何体的特征直接根据体积公式求解；二是将几何体分割成几个便于求体积的几何体后再进行求解．

20．如图，直三棱柱中，，分别是，的中点．

（1）证明：平面；

（2）若，，证明：平面平面．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.

【分析】（1）连接交于点，则为中点，连接，易知，根据线面平行的判定可证平面；

（2）由题设得平面，根据线面垂直的性质及判定有，由已知线段的长度求、、，再由勾股定理知，最后根据线面、面面垂直的判定可证平面平面．

【详解】（1）连接交于点，则为中点，连接，又是中点，

∴，又平面，平面

∴平面

（2）∵是直三棱柱，

∴平面，又平面，

∴，由且为的中点，即，又，

∴平面，又平面，

∴，

由，，得，，，

∴，即，又，

∴平面，又平面，

∴平面平面.

21．已知复数在复平面内对应的点分别为．

(1)若，求a的值；

(2)若复数对应的点在第一、三象限的角平分线上，求a的值．

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）由复数线性运算及模运算建立方程求解；

（2）由复数乘法运算得z，利用z对应的点在第一、三象限的角平分线上建立方程求解.

【详解】（1），解得或；

（2），由于z对应的点在第一、三象限的角平分线上，则，解得.