2022-2023学年广东省东莞市东莞中学高一下学期期中考试数学试题含答案

2022-2023学年广东省东莞市东莞中学高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知复数z满足，其中i为虚数单位，则复数z的模为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数模的性质求解．

【详解】因为，所以，即，所以．

故选：C．

2．已知平面向量，，且，则向量

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】试题分析：，，，则，所以

，故选A.

【解析】平面向量的坐标运算

3．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，，，则此三角形的解的情况是（    ）

A．有一解 B．有两解 C．无解 D．有解但解的个数不确定

【答案】C

【分析】根据正弦定理求解出的值，根据，解出角，可判断出选项.

【详解】由正弦定理可得，，即，解得，

由可知，无解.

故选：C.

4．某组样本数据的频率分布直方图如图所示，设该组样本数据的众数、平均数、第一四分位数分别为，，，则，，的大小关系是（注：同一组中数据用该组区间中点值近似代替）（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据频率分布直方图中众数、平均数及百分位数计算规则计算即可判断.

【详解】由频率分布直方图可知众数为，即，

平均数，

显然第一四分位数位于之间，则，解得，

所以.

故选：A

5．已知某圆锥轴截面的顶角为，过圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为，则该圆锥的底面半径为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，作出图形，由截面面积最大，求出母线长，利用边角关系求解即可.

【详解】如图，由题可知，，

设过圆锥顶点的截面为平面，的夹角设为，则截面面积为，又过圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为，所以当时，截面面积达到最大值，即，解得，

在中，

故选：A.

6．设点在内部，且有，点是边的中点，设与的面积分别为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设为的中点，由为的中点，由条件可得，从而可得答案.

【详解】由，所以

设为的中点，由为的中点.

则,

所以,则三点共线，且,如图.

所以,则点到的距离是点到的距离的倍.

所以

故选：C

7．在我国古代数学名著 九章算术 中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑中， 平面，且，则异面直线与所成角的余弦值为

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】如图，分别取的中点，连，

则，

∴即为异面直线和所成的角（或其补角）．

又由题意得，.

设，则.

又,

∴为等边三角形，

∴，

∴异面直线AC与BD所成角为，其余弦值为．选A．

点睛：

用几何法求空间角时遵循“一找、二证、三计算”的步骤，即首先根据题意作出所求的角，并给出证明，然后将所求的角转化为三角形的内角．解题时要注意空间角的范围，并结合解三角形的知识得到所求角的大小或其三角函数值．

8．三棱锥P­-ABC中，PA⊥平面ABC，则该三棱锥外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】将三棱锥P-­ABC中放在圆柱中，由正弦定理得的外接圆的直径，再结合勾股定理求得外接球的直径，从而求得表面积.

【详解】作出的外接圆由于PA⊥平面ABC，可将三棱锥P­-ABC中放在圆柱中，如图所示：

因为由正弦定理得的外接圆的直径为

，

又,则三棱锥P-­ABC外接球的直径为

，故外接球的表面积为

故选：C

【点睛】方法点睛：求外接球半径的常用方法：

（1）补形法：侧面为直角三角形或正四面体或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；

（2）利用球的性质：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；

（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.

二、多选题

9．若，，是任意的非零向量，则下列叙述正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，，则

D．若，则

【答案】ACD

【分析】根据平面向量的定义、数量积定义、共线向量定义进行判断．

【详解】对应，若，则向量长度相等，方向相同，故，故正确；

对于，当且时，，但，可以不相等，故错误；

对应，若，，则方向相同或相反，方向相同或相反，

故的方向相同或相反，故，故正确；

对应，若，则，

，，故正确．

故选：

【点睛】本题考查平面向量的有关定义，性质，数量积与向量间的关系，属于中档题．

10．已知为两条不重合的直线,为两个不重合的平面,则下列说法正确的是

A．若且则

B．若则

C．若则

D．若则

【答案】BC

【解析】根据直线和直线，直线和平面，平面和平面的位置关系，依次判断每个选项得到答案.

【详解】A. 若且则可以，异面，或相交，故错误；

B. 若则，又故，正确；

C. 若则或，又故，正确；

D. 若则，则或，错误；

故选：

【点睛】本题考查了直线和直线，直线和平面，平面和平面的位置关系，意在考查学生的空间想象能力.

11．某高中有学生500人，其中男生300人，女生200人，希望获得全体学生的身高信息，按照分层抽样的原则抽取了容量为50的样本，经计算得到男生身高样本均值为170，方差为17；女生身高样本均值为160，方差为30.下列说法中正确的是（    ）

A．男生样本容量为30

B．每个女生被抽入到样本的概率均为

C．所有样本的均值为166

D．所有样本的方差为46.2

【答案】ACD

【分析】分层抽样等比例性质求男女生样本容量，再由古典概型的概率求每个女生被抽入到样本的概率判断A、B；利用均值、方差公式，结合男、女的样本的均值和方差求样本总体均值方差判断C、D.

【详解】A：由人，正确；

B：由人，故每个女生被抽入到样本的概率为，错误；

C：所有样本的均值为，正确；

D：男生方差，女生方差，

所有样本的方差

，正确.

故选：ACD

12．如图，正方体棱长为1，P是上的一个动点，下列结论中正确的是（    ）

A．的最小值为

B．的最小值为

C．当P在直线上运动时，三棱锥的体积不变

D．以点B为球心，为半径的球面与面的交线长为

【答案】BCD

【分析】当时，BP最小，结合正三角形性质，求得B到直线的距离判断A，将平面翻折到平面上，求得PA+PC的最小值判断B，由题可得平面，进而可得三棱锥的体积不变，判断C，根据球的截面的性质可得以点B为球心，为半径的球面与面 的交线即为的内切圆，即可判断D.

【详解】对于A，当时，BP最小，由于

到直线的距离，故A错误；

对于B，将平面翻折到平面上，如图，

连接AC，与的交点即为点P，此时取最小值AC，

在三角形ADC中，,，故B正确；

对于C，由正方体的性质可得，平面，

平面，到平面的距离为定值，

又为定值，则为定值，即三棱锥的体积不变，故正确；

对于D，由于平面，设与平面交于点，

，设以为球心，为半径的球与面交线上任一点为，

，，

在以为圆心，为半径的圆上，

由于为正三角形，边长为 ，其内切圆半径为 ，

故此圆恰好为的内切圆，完全落在面内，

交线长为，故正确．

故选：BCD.

三、填空题

13．设一组样本数据的平均数是3，则数据，，…，的平均数为          .

【答案】7

【分析】根据平均数的性质求解即可

【详解】∵样本数据的平均数是3，

∴，

∴数据的平均数

故答案为：7

14．如图所示是利用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，已知轴，轴且，则的周长为           .

【答案】或

【分析】由斜二测画法还原原图即可求解

【详解】

由题意得，，且，

则，则的周长为.

故答案为：.

15．正方体的棱长为4，分别为、的中点，则平面截正方体所得的截面面积为            .

【答案】18

【分析】把截面补形为四边形，由等腰梯形计算其面积即可．

【详解】解：如图，把截面补形为四边形，

连接，由正方体可得，可得等腰梯形为平面截正方体所得的截面图形，

由正方体的棱长为4，得，，

，则到的距离即等腰梯形的高为，

所求截面的面积为，

故答案为：18．

16．如图，的内角，，的对边分别为，，，且满足，，设，，则四边形面积的最大值为          .

【答案】

【分析】由，由正弦定理化简可得,可得，又，所以为等边三角形，可得 ，化简可得，求出的取值范围，可得四边形面积的最大值.

【详解】解：由，以及正弦定理得：，

，

，

由正弦定理得：，又，所以为等边三角形，

，

，，当且仅当，即时，取最大值.

【点睛】本题主要考查三角恒等变化及正弦定理、余弦定理解三角形及三角函数的性质，考查学生的综合计算能力，需牢记并灵活运用各定理解题，属于中档题.

四、解答题

17．已知向量是两个不共线的向量，.

（1）若三点共线，求实数的值；

（2）若的夹角是，且，求实数的值.

【答案】（1）-1；（2）.

【分析】（1）根据共线向量的性质，结合已知进行求解即可；

（2）根据平面向量垂直的性质，结合平面向量数量积的定义进行求解即可.

【详解】解：（1）因为三点共线，所以有，

即.

则有

所以解得

（2）因为的夹角是，所以，

又，

且.

所以，

解得.

18．已知和均为实数，其中是虚数单位.

(1)求复数z；

(2)若对应的点在第四象限，求实数m的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）计算出，，根据两者均为实数列出方程组，求出，得到答案；

（2）化简得到，从而根据所在象限得到不等式组，求出实数m的取值范围.

【详解】（1），

，

，

由题意，，可得，则

（2），

由题意，，解得或.

实数的取值范围是.

19．如图，在三棱柱中，侧棱底面ABC，，D为AC的中点，，.

(1)求证：平面；

(2)求三棱柱的表面积

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）连接交于点，连接，可证得∥，然后利用线面平行的判定定理可证得结论，

（2）由已知条件可得三个侧面是矩形，两个底面为直角三角形，然后根据已知的数据可求得答案

【详解】（1）证明：连接交于点，连接，

因为四边形为矩形，

所以为的中点，

因为，D为AC的中点，所以∥，

因为平面，平面，

所以平面；

（2）因为侧棱底面ABC，

所以三棱柱为直三棱柱，

所以侧面均为矩形，

因为，所以底面均为直角三角形，

因为，，所以,

所以三棱柱的表面积为

20．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

(1)求；

(2)若，，求的面积.

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理得到，即可求出；（2）先由求出，.利用余弦定理解得或.代入的面积求面积即可.

【详解】（1）因为，

所以，

所以，

所以.

（2）因为，，

所以，.

由余弦定理，

可得，即，

解得或.

当时，的面积为；

当时，的面积为.

21．某校为了解高一学生在五一假期中参加社会实践活动的情况，抽样调查了其中的100名学生，统计他们参加社会实践活动的时间（单位：小时），并将统计数据绘制成如图的频率分布直方图．

(1)估计这100名学生在这个五一假期中参加社会实践活动的时间的众数，中位数，平均数；

(2)估计这100名学生在这个五一假期中参加社会实践活动的时间的75百分位数（结果保留两位小数）．

【答案】(1)众数是20；中位数是；平均数为20.32

(2)23.86

【分析】（1）根据频率分布直方图求出的值，然后根据众数、中位数、平均数的概念计算；

（2）根据75百分位数确定所在区间，再计算即可.

【详解】（1）由频率分布直方图可看出最高矩形底边上的中点值为20，故众数是20；

由，解得，

∵，且，

∴中位数位于之间，设中位数为，

，解得，故中位数是；

平均数为；

（2）75百分位数即为上四分位数，

又∵，，

∴上四分位数位于之间，设上四分位数为，

则，解得．

22．已知在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠BAD＝，AB＝BC＝2AD＝4，E，F分别是AB，CD上的点，EF∥BC，AE＝2，沿EF将梯形ABCD翻折，使平面AEFD⊥平面EBCF（如图）．

(1)证明：EF⊥平面ABE；

(2)求二面角D﹣BF﹣E的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据题意，利用线面垂直的判定定理即可求证；

（2）在平面AEFD中，过D作DG⊥EF交EF于G，在平面DBF中，过D作DH⊥BF交BF于H，连接GH，可得二面角D﹣BF﹣E的平面角∠DHG，计算∠DHG的余弦值即可.

【详解】（1）证明：在直角梯形ABCD中，因为，故DA⊥AB，BC⊥AB，

因为EF∥BC，故EF⊥AB．

所以在折叠后的几何体中，有EF⊥AE，EF⊥BE，

而AE∩BE＝E，故EF⊥平面ABE．

（2）解：如图，在平面AEFD中，过D作DG⊥EF交EF于G．

在平面DBF中，过D作DH⊥BF交BF于H，连接GH．

因为平面AEFD⊥平面EBCF，平面AEFD∩平面EBCF＝EF，DG⊂平面AEFD，故DG⊥平面EBCF，

因为BF⊂平面EBCF，故DG⊥BF，而DG∩DH＝D，

故BF⊥平面DGH，又GH⊂平面DGH，故GH⊥BF，

所以∠DHG为二面角D﹣BF﹣E的平面角，

在平面AEFD中，因为AE⊥EF，DG⊥EF，

故AE∥DG，

又在直角梯形ABCD中，EF∥BC且EF＝（BC+AD）＝3，

故EF∥AD，故四边形AEGD为平行四边形，

故DG＝AE＝2，GF＝1，

在Rt△BEF中，，

因为∠BFE为三角形的内角，

故，故，

故，

因为∠DHG为三角形的内角，

故．

所以二面角D﹣BF﹣E的平面角的余弦值为．