2022-2023学年湖南省益阳市安化县第二中学高一下学期期中数学试题含答案

2022-2023学年湖南省益阳市安化县第二中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知复数，则的虚部为（    ）

A．2 B． C． D．

【答案】B

【分析】根据复数的实部与虚部的定义，即可得到结果.

【详解】因为复数，则其虚部为.

故选：B

2．已知向量，，若，则（    ）

A． B． C． D．6

【答案】A

【分析】直接利用向量垂直的坐标运算公式列方程得答案.

【详解】，，，

，

解得.

故选：A.

3．球的半径是，则该球的体积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据球的体积公式计算可得.

【详解】因为球的半径是，所以球的体积.

故选：A

4．一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（    ）

A．4 B． C． D．-4

【答案】B

【分析】根据题意，由斜二测画法的规则，即可得到原图形的面积.

【详解】  

还原直观图为原图形，如图所示，

因为，所以，还原回原图形后，，，所以原图形面积为.

故选：B

5．在中，为边上的点，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，由平面向量的线性运算结合平面向量基本定理，代入化简，即可得到结果.

【详解】

因为，且，则，

所以.

故选：D

6．直线a∥平面α，P∈α，那么过P且平行于a的直线（　　）

A．只有一条，不在平面α内

B．有无数条，不一定在平面α内

C．只有一条，且在平面α内

D．有无数条，一定在平面α内

【答案】C

【分析】由推论1和基本事实3可以确定平面与平面有唯一的交线，由线面平行的性质定理可推导直线与交线平行，从而确定选项.

【详解】解：由推论1可知：，则，，过与确定一平面β，

由基本事实3可知：平面α与平面β有一交点，则有一条唯一的交线与a平行，设为b，

因为直线a∥平面α，，，所以a∥b.

故选：C．

7．为了测量垂直于地面的两座塔塔尖之间的距离，某数学建模活动小组构建了如图所示的几何模型.若米，，，，，则塔尖之间的距离为（    ）米.

A．80 B．120 C． D．

【答案】D

【分析】先求，利用余弦定理求得.

【详解】，

在三角形中，由余弦定理得：

米.

故选：D

8．已知正三棱锥中，，，该三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题意得到，，两两垂直，把该三棱锥补成一个正方体，结合正方体的性质，即可求解.

【详解】由题意，正三棱锥中，，

则，所以，同理可得，

即，，两两垂直，可把该三棱锥补成一个正方体，

则该三棱锥的外接球就是正方体的外接球，即正方体的体对角线就是球的直径，

所以球心位于正方体对角线的中点,

所以三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，

所以.

二、多选题

9．设复数，则（    ）

A．对应的点在第一象限 B．

C．的虚部为 D．

【答案】AB

【分析】先化简复数，然后根据复数的几何意义以及性质逐项分析即可.

【详解】因为，

故对应的点为在第一象限，故A正确；

此时，故B正确；

的虚部为，故C错误；

，故D错误，

故选：AB.

10．已知空间中的平面，直线，，以及点，，，，则以下四个命题中，不正确的命题是（    ）

A．在空间中，四边形满足，则四边形是菱形.

B．若，，则.

C．若，，，，，，则.

D．若和是异面直线，和是平行直线，则和是异面直线.

【答案】ABD

【分析】举特例即可说明A、D错误；根据直线与平面的位置关系可判断B；由已知结合基本事实2，即可判断C.

【详解】对于A项，正四面体的各条棱长均相等，四边形为空间四边形，不是菱形，故A项错误；

对于B项，若，则或与相交，所以或（此时为与的交点），故B项错误；

对于C项，由已知可得，，，即直线上有两个点在平面内，

根据基本事实2可知，故C项正确；

对于D项，如图正方体中，和异面（是异面直线），（），

但是（相交），故D项错误.

故选：ABD.

11．已知向量，则（    ）

A．与方向相反的单位向量的坐标为

B．当时，与的夹角为锐角

C．当时，、可作为平面内的一组基底

D．当时，在方向上的投影向量为

【答案】BC

【分析】根据与方向相反的单位向量为可判断A选项；利用平面向量数量积的坐标运算可判断B选项；判断出、不共线，可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项.

【详解】对于A，与方向相反的单位向量为，故A错误；

对于B，当时，，，，

所以与的夹角为锐角，故B正确；

对于C，当时，，，则，则与不平行，

所以、可作为平面内的一组基底，故C正确；

对于D，设与的夹角为，则在方向的投影向量为，

当时，，，，，

所以，故D错误．

故选：BC.

12．已知直三棱柱中，，，，，，点分别为棱，，，的中点，是线段上（包含端点）的动点，则下列说法正确的是（    ）

A．，，，四点共面

B．三棱锥的体积为定值

C．一只虫子由表面从点爬到点的最近距离为

D．若为的中点，则过，，三点的平面截三棱柱所得截面的周长为

【答案】ABD

【分析】对于A，通过证明∥，可判断，对于B，由∥平面进行判断，对于C，将平面沿旋转到与平面在同一个平面内，则可判断，对于D，由题意可得过三点的平面为平面即可判断.

【详解】对于A，连接，因为，点分别为棱，的中点，所以∥，

因为∥，所以∥，因为是线段上（包含端点）的动点，

所以，，，四点共面，所以A正确，

对于B，因为，点分别为棱，的中点，所以∥，

因为平面，平面，所以∥平面，

因为是线段上（包含端点）的动点，所以点到平面的距离等于到平面的距离，

则，

因为，所以，所以B正确，

对于C，将平面沿旋转到与平面在同一个平面内，则从点爬到点的最近距离为，所以C错误，

对于D，因为为的中点，为棱的中点，所以∥，因为∥，

所以过点过三点的平面为平面，则截面的周长为，

因为, ，

所以截面的周长为，所以D正确，

故选：ABD

【点睛】关键点点睛：此题考查棱锥的体积的求法，考查棱柱上截面周长的求法，求截面周长的关键是根据平行线的性质作出截面图形，从而根据图形的性质求解，考查空间想象能力，属于较难题.

三、填空题

13．已知圆锥的母线长为，底面半径为，则此圆锥的体积为         .

【答案】

【分析】根据勾股定理求出圆锥的高，结合圆锥的体积公式计算即可求解.

【详解】由题意知，所以圆锥的高为，

故圆锥的体积为．

故答案为：.

14．已知，，，则与的夹角的度数为      .

【答案】

【分析】设与的夹角为，根据，，，由求解.

【详解】设与的夹角为，

因为，，，

所以，

解得，

因为，

所以，

故答案为：

【点睛】本题主要考查平面向量的数量积运算以及夹角的求法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

15．在中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，c=4，，且的面积为，则      ．

【答案】

【分析】根据三角形面积公式求出，再由余弦定理的变形即可得出.

【详解】由，且，可得，

，解得，

，，

可得，

代入，即，

故答案为：

16．在正四棱台中，底面是边长为4的正方形，其余各棱长均为2，设直线与直线的交点为，则四棱锥的外接球的表面积为         .

【答案】

【分析】先确定四棱锥为正四棱锥，则其外接球的球心O在直线上，由勾股定理可得半径，结合球的表面积公式计算即可求解.

【详解】设与相交于点，因为四棱台为正四棱台，

直线与直线的交点为，所以四棱锥为正四棱锥，

得平面，四棱锥的外接球的球心O在直线上，连接，

设该外接球的半径为，由，，

所以，则，

即，解得，

则四棱锥外接球的表面积为.

故答案为：.

四、解答题

17．在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，，.

(1)求b的值;

(2)求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理化简可得，再由余弦定理即可求解；

（2）直接由三角形的面积公式即可求解.

【详解】（1）因为，

所以由正弦定理得，即，

由余弦定理得.

所以.

（2）因为，，，

所以.

18．棱长为的正方体中，截去三棱锥，求：

(1)求截去的三棱锥的表面积

(2)剩余的几何体的体积

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）分析三棱锥各个面的特征，从而求出其面积，即可得解；

（2）用正方体的体积减去三棱锥的体积，即可得解.

【详解】（1）由正方体的特点可知三棱锥中，是边长为的等边三角形，

、、都是直角边为的等腰直角三角形，

所以截去的三棱锥的表面积

；

（2）正方体的体积为，

三棱锥的体积，

所以剩余的几何体的体积为.

19．已知函数的部分图象如图所示．

(1)求的解析式.

(2)写出的递增区间.

【答案】(1)

(2)，

【分析】(1) 由函数的图像可得，得出周期，从而得出，再根据五点作图法求出，得出答案.

(2) 令解出的范围，得出答案.

【详解】（1）由图可知，，∴，

∴，

将点代入得，

，，∴，，

∵，∴，

∴

（2）由，，

解得，，

∴的递增区间为，．

20．如图，四棱锥的底面为平行四边形.设平面与平面的交线为，、、分别为、、的中点.

(1)求证：平面平面；

(2)求证：.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明即可；

（2）利用线面平行的性质定理证明即可

【详解】（1）证明：因为、、分别为、、的中点，底面为平行四边形，

所以，，

又平面，平面，

则平面，

同理平面，平面，

可得平面，

又，平面

所以平面平面.

（2）证明：因为，平面，平面，

所以平面，

又平面，平面平面，

所以.

21．在中，角、、所对的边分别为、、，且满足.

(1)求角的大小；

(2)若，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）结合向量运算、正弦定理求得，由此求得.

（2）利用正弦定理将表示为三角函数的形式，结合三角函数值域的求法求得的取值范围、

【详解】（1）在中，，

∵，

∴，

即，

由正弦定理得：，

∴，∴，

又，∴，∴.

（2）由正弦定理得：，∴，，

∴

，

∵，∴，即，

∴，，

∴，

即.

22．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．

(1)求角C；

(2)求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用倍角公式化简为，再弦化切得，再逆用和角正切公式可得，进而可求解；

（2）利用正弦定理边化角得，令，则，转化为求取值范围，从而利用二次函数在区间的最值求法可得.

【详解】（1）因为，

所以，

，

因为，

所以，

所以，

上式整理得，即，

所以，

所以.

因为，所以，

因为，

所以，即，解得.

（2）因为

，

所以令，

因为，所以

所以，则.

则，

所以，

令，

因为的对称轴为，且开口向上，

所以在区间上单调递增，

所以的取值范围为，

所以的取值范围为.

【点睛】关键点睛：

第二问中求的取值范围，利用与的关系，设，从而，最终问题转化为求的取值范围.