2022-2023学年广东省深圳市人大附中深圳学校高一下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年广东省深圳市人大附中深圳学校高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量加减法法则化简即可.

【详解】.

故选：A

2．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的乘方结合i的性质，进行运算，再利用复数的除法求出z，可得答案.

【详解】由，有，可得,

故选：A

3．如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设球的半径为，利用圆柱和球的表面积公式即可得到答案.

【详解】设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为．

圆柱的表面积，

球的表面积，

所以圆柱的表面积与球的表面积之比为.

故选：C.

4．已知边长为2的正三角形采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】依题意画出图形，结合图形利用斜二测画法规则可得结果.

【详解】如图，是边长为2的正的直观图，则，，则高，故的面积.

故选：C.

5．设是空间中的一个平面，，，是三条不同的直线，则（    ）

A．若，，，，则

B．若，，，则

C．若，，，则

D．若，，，则

【答案】B

【分析】AD可举出反例，B选项，由线面垂直的判定定理得；C选项，可得到；

【详解】A选项，与相交、平行或，

如图1，当时，与相交，故A错误；

B选项，因为，，所以，

因为，则由线面垂直的判定定理得，故B正确；

C选项，因为，，所以，

因为，所以，故C错误；

D选项，若，，，则与相交、平行或异面，

如图2，满足，，，而与异面，

故D错误．

故选：B．

6．棱长为1的正方体中，为正方体表面上的一个动点，且总有，则动点的轨迹所围成图形的面积为（    ）

A． B． C． D．1

【答案】C

【分析】找出与垂直的平面与正方体的截面即为所求.

【详解】

在正方体，显然平面.

证明如下：

在上底面中，又平面，

平面，又平面，

同理可证：又，平面，

平面.

故的轨迹为，

所以

故选：C

7．点P菱形ABCD内部一点，若，则菱形ABCD的面积与的面积的比为（    ）

A．4 B．6 C．8 D．12

【答案】B

【分析】设中点为，中点为，根据向量关系可得，即可表示出面积关系.

【详解】如图，设中点为，中点为，

因为，即，则，

即，

则，

所以的面积与的面积的比值是6.

故选：B.

8．若，，平面内一点，满足，的最大值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由条件可得，是角平分线，然后由角平分线的性质可得，设，则，然后，即可得出的最大值.

【详解】

由，可得

因为，所以，即是角平分线

所以由角平分线的性质可得

设，则，由可得

因为

当且仅当，即时等号成立，即的最小值为

所以的最大值是

故选：C

【点睛】本题考查了平面向量的数量积、余弦定理和利用基本不等式求最值，考查了学生的分析转化能力，属于中档题.

二、多选题

9．若是关于的方程的一个复数根，则（    ）

A．

B．

C．的共轭复数的模为

D．，在复平面内对应的两点之间的距离为

【答案】BCD

【分析】根据条件求出a和b，再根据复数的有关定义逐项分析.

【详解】由题意得，得，

解得，A选项错误，B选项正确；

的共轭复数为，模长为，C选项正确；

，在复平面内对应的两点之间的距离为，D选项正确；

故选：BCD.

10．已知向量，其中，下列说法正确的是（    ）

A．若，则 B．若与夹角为锐角，则

C．若，则在方向上投影向量为 D．若

【答案】AC

【分析】由向量垂直的坐标表示列方程求参数判断A；根据向量夹角为锐角有，注意同向共线的情况判断B；由投影向量的定义求投影向量判断C；根据向量坐标求模判断D.

【详解】若，则，解得，A正确；

若与夹角为锐角，则，解得，

当，，此时，与夹角为，B错误；

若，则，因为在方向上投影为，与同向的单位向量为，

所以在方向上投影向量为，C正确；

由题设，，D错误.

故选：AC

11．如图所示是正方体的平面展开图，那么在正方体中（    ）

A．

B．若，则该正方体外接球表面积为

C．直线和直线异面

D．如果平面平面，那么直线直线.

【答案】BD

【分析】如图，把正方体的平面展开图还原成正方体可判断C；由异面直线所成角可判断A；求出正方体外接球的半径结合球的表面积公式可判断B；由面面垂直的性质定理可判断D.

【详解】如图，把正方体的平面展开图还原成正方体.

在正方体中，由正方体的性质知，，

所以四边形是平行四边形，则，

故异面直线与所成的角即为与所成的角为，故A项错误；

由正方体的性质知，，所以四边形是平行四边形，

所以，故C项错误；

正方体外接球的半径，所以表面积，故B项正确；

在正方体中，平面，平面，

所以平面，，平面，平面，

可得平面，，平面，

则平面平面，

平面平面于直线，

平面平面，故直线直线，故D项正确.

故选：BD.

12．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则（      ）

A．若A＝30°，b＝4，a＝3，则△ABC有两解

B．若，则△ABC为直角三角形

C．若，则△ABC为锐角三角形

D．若a2－b2＝bc，则A＝2B

【答案】ABD

【分析】对A，由正弦定理可判断；对B，化简可得可判断；对C，由正弦定理化角为边，再由余弦定理可判断；对D，由正弦定理结合余弦定理可判断.

【详解】对A，因为，所以△ABC有两解，故A正确；

对B，因为，所以，，，故，故B正确；

对C，由可得，则，所以，故C为钝角，故C错误；

对D，，所以，所以，所以，，，所以，即，故D正确.

故选：ABD．

三、填空题

13．已知轮船A和轮船B同时离开C岛，A船沿北偏东30°的方向航行，B船沿正北方向航行（如图）．若A船的航行速度为30n mile/h，1小时后，B船测得A船位于B船的北偏东45°的方向上，则此时A，B两船相距      n mile．

【答案】

【分析】利用正弦定理即可求出结果.

【详解】由题意得，

，，，

由正弦定理，

即，解得．

故答案为：．

14．等边的边长为，点为的重心，则      .

【答案】2

【分析】直接使用数量积的定义求解即可.

【详解】由于等边的重心为中线（也是角平分线）的三等分点，

则，且向量与的夹角为，

所以，

故答案为：

四、双空题

15．某景区为提升游客观赏体验，搭建一批圆锥形屋顶的小屋（如图）．现测量其中一个屋顶，得到圆锥的底面直径长为，母线长为（如图）．现用鲜花铺设屋顶，如果每平方米大约需要鲜花朵，那么装饰这个屋顶（不含底面）大约需要       朵鲜花（参考数据：）；若是母线的一个三等分点（靠近点），从点到点绕屋顶侧面一周安装灯光带，则灯光带的最小长度为        米．

【答案】         

【分析】计算出圆锥的侧面积，可求得所需的花朵的数量；将圆锥侧面沿着母线展开，计算出展开图扇形的圆心角，结合余弦定理可求得灯光带的最小长度.

【详解】由题意知，圆锥的底面半径，母线长，

圆锥的侧面积，

装饰屋顶大约需要朵鲜花.

将圆锥侧面沿母线展开，是侧面展开图为如图所示的扇形，则的长度即为灯光带的最小长度，

，，

在中，，，

，

解得：，即灯光带的最小长度为.

故答案为：；.

五、填空题

16．如图，在长方体中，点是（靠近点）的一个三等分点，点是的中点，为直线与平面的交点，则        .

【答案】

【分析】连接，，作出平面与平面的交线，交分别于点P，N，Q，计算即可作答.

【详解】连接，，令平面与平面的交线交分别于点P，N，Q，如图，

在长方体中，四边形、四边形是正方形，

平面平面，平面平面，平面平面，

则，而，且与都是锐角，即，

则，又点是(靠近点)的一个三等分点，即，

点是的中点，而，则，，即，

在正方形中，，则，

连MN，则有平面平面，而直线，必有平面，又平面，

因此，直线，即直线与交于点O，又长方体的对角面是矩形，

即，且，于是得，

所以.

故答案为：

六、解答题

17．已知，，与的夹角为．

(1)求；

(2)当为何值时，？

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据向量数量积定义和运算律可求得，进而得到；

（2）由向量垂直可得，根据向量数量积定义和运算律可构造方程求得结果.

【详解】（1），

，.

（2）由得：，

解得：.

18．如图，在正方体中，E为的中点.

（1）在图中作出平面和底面的交线，并说明理由；

（2）平面将正方体分成两部分，求这两部分的体积之比.

【答案】（1）答案见解析；（2）.

【分析】（1）在正方形中，直线与直线相交，设，连接，可证平面且平面，得到平面平面；

（2）设，连接，证明，则平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台.设正方体的棱长为2.求出棱台的体积，由正方体体积减去棱台体积可得另一部分几何体的体积作比得答案.

【详解】（1）在正方形中，直线与直线相交，

设，连接，

∵，平面，则平面，

∵，平面，∴平面.

∴平面平面.

（2）设，连接，

由E为的中点，得G为的中点，

∴，则平面将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台.

设正方体的棱长为2.

.

∴另一部分几何体的体积为.

∴两部分的体积比为

【点睛】本小题主要考查面与面的位置关系，考查几何体体积的求法.

19．如图，在中，，， ，.

(1)求

(2)求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦定理求解的长即可；

（2）利用正弦定理得计算得，，再利用为直角三角形，计算的长,结合面积公式求解即可.

【详解】（1）在中，由余弦定理有，

所以，即，

解得或（舍），所以.

（2）由（1）得，在中，

由正弦定理有，得，，

所以，，

又，则为直角三角形，

所以，即，故，

所以.

20．如图，在三棱锥中，.

（1）求证：；

（2）求点到平面的距离.

【答案】（1）证明见解析；（2）.

【分析】（1）取中点，连接和，证得，根据线面垂直的判定，证得平面，进而得到.

（2）过点作，垂足，证得平面，得到即为点到平面的距离，在中，得到，即可求解.

【详解】（1）取中点，连接和，

因为，所以，

又因为，所以平面，.

又由平面，所以

（2）过点作，垂足，

由（1）可知平面，又因为平面

所以平面平面，所以平面，

所以即为点到平面的距离，

在中，，

所以

即点到平西的距离为.

21．在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC，∠ACB＝90°，AA1＝2，D为AB的中点.

（1）求异面直线AC1与B1C所成角的余弦值；

（2）在棱A1B1上是否存在一点M，使得平面C1AM∥平面B1CD．

【答案】（1）；（2）存在；答案见解析.

【分析】（1）以C为原点，CB、CA、CC1分别为x、z、y轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解；

（2）取A1B1的中点M，连接MA，由已知可得C1M∥平面CDB1，从而可得四边形ADB1M是平行四边形，得AM∥DB1，再由线面平行的判定定理可得AM∥平面DCB1，再由面面平行的判定定理可证得结论

【详解】解：（1）以C为原点，CB、CA、CC1分别为x、z、y轴建立空间直角坐标系.

因为AC＝BC，AA1＝2.

所以.

所以，

所以；

（2）取A1B1的中点M，连接MA.

证明如下：

∵三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱.

∴平面ABC∥平面A1B1C1，AB∥A1B1，AB＝A1B1.

∵D、M分别是AB、A1B1的中点.

∴C1M∥CD.

∵CD⊂平面CDB1，C1M平面CDB1，

∴C1M∥平面CDB1.

∴.

∴MB1＝AD，MB1∥AD.

∴四边形ADB1M是平行四边形.

∴AM∥DB1.

∵DB1⊂平面DCB1，AM平面DBC1.

∴AM∥平面DCB1.

∵C1M∩AM＝M.

∴平面C1AM∥平面B1CD.

【点睛】此题考查求异面直线所成的角，考查面面平行的判定方法，考查推理能力和计算能力，属于中档题

22．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量 ，，且，.

(1)求的大小；

(2)求的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由平面向量共线和正弦定理进行边化角可得，再由两角和差公式可求解；

（2）由余弦定理可得，再利用基本不等式得，运用换元法可求得最值.

【详解】（1）因为，，且，

所以,

又,所以,又

所以,

所以,

因为,所以,，可得.

（2）根据余弦定理

得，即 ，

因为,所以，结合，

所以(当且仅当时取等号)，

设,则,所以,

设,

则在区间上单调递增,

所以的最大值为，所以的最大值为.