2022-2023学年广东省深圳第二高级中学、龙城高级中学高一（下）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年广东省深圳第二高级中学、龙城高级中学高一（下）期中数学试卷，共26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。

1．（5分）若复数满足，则的虚部是
A．4B．C．D．
2．（5分）已知向量，且，则
A．B．C．D．2
3．（5分）在中，，，，则边的长为
A．B．3C．D．
4．（5分）如图，已知为正方体，则异面直线与所成角为
A．B．C．D．
5．（5分）下列命题中成立的是
A．各个面都是三角形的多面体一定是棱锥
B．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱
C．一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥
D．各个侧面都是矩形的棱柱是长方体
6．（5分）如图，位于处的海面观测站获悉，在其正东方向相距40海里的处有一艘渔船遇险，并在原地等待营救．在处南偏西且相距20海里的处有一艘救援船，则该船到求助处的距离为
A．2800海里B．1200海里C．海里D．海里
7．（5分）“中国天眼”射电望远镜的反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆面为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠面积，其中为球的半径，为球冠的高），设球冠底的半径为，周长为，球冠的面积为，则当，时，
A．B．C．D．
8．（5分）在锐角三角形，，，分别为内角，，所对的边长，，则
A．3B．4C．5D．6
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．（5分）已知直线、，平面、，，，则下列说法中正确的是
A．若，则必有B．若，则必有
C．若，则必有D．若，则必有
10．（5分）下列说法中错误的是
A．若，则
B．若且，则
C．若为非零向量且，则
D．若，则有且只有一个实数，使得
11．（5分）的内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是
A．若，则
B．若，则是钝角三角形
C．若，，，则符合条件的有两个
D．若，则为等腰三角形
12．（5分）如图，已知正方体的棱长为2，为正方形底面内的一动点，则下列结论正确的有
A．三棱锥的体积为定值
B．存在点，使得
C．若，则点在正方形底面内的运动轨迹长度为
D．若点是的中点，点是的中点，过，作平面平面，则平面截正方体所得截面的面积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）写出一个模为5，且在复平面内对应的点在第三象限的复数 ．
14．（5分）中，，，则此三角形的外接圆半径是 ．
15．（5分）已知某圆台的上、下底半径和高的比为，母线长为，则该圆台的体积为 ．
16．（5分）在2022年2月4日举行的北京冬奥会开幕式上，贯穿全场的雪花元素为观众带来了一场视觉盛宴，象征各国、各地区代表团的“小雪花”汇聚成一朵代表全人类“一起走向未来”的“大雪花”的意境惊艳了全世界（如图①，顺次连接图中各顶点可近似得到正六边形（如图②．已知正六边形的边长为1，点满足，则 ；若点是正六边形边上的动点（包括端点），则的最大值为 ．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）已知复数．
（1）求；
（2）若复数，在复平面内对应的向量分别为，求向量对应的复数．
18．（12分）已知的内角，，所对的边分别为，，，且．
（1）求角的大小；
（2）从下列①②③中选择两个作为条件，证明另外一个条件成立：
①；②；③．
19．（12分）已知在中，是边的中点，且，设与交于点．记，．
（1）用，表示向量，；
（2）若，且，求的余弦值．
20．（12分）已知各棱长均为2的直三棱柱中，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离．
21．（12分）记的内角，，的对边分别为，，．已知，点在边上，且．
（1）证明：；
（2）若，求．
22．（12分）如图，四棱锥的底面为正方形，底面．设平面与平面的交线为．
（1）证明：平面；
（2）已知，为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值．
2022-2023学年广东省深圳第二高级中学、龙城高级中学高一（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.
1．（5分）若复数满足，则的虚部是
A．4B．C．D．
【答案】
【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及虚部的定义，即可求解．
【解答】解：因为，
所以，
所以的虚部是4．
故选：．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及虚部的定义，属于基础题．
2．（5分）已知向量，且，则
A．B．C．D．2
【答案】
【分析】根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
【解答】解：，且，
，
．
故选：．
【点评】本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
3．（5分）在中，，，，则边的长为
A．B．3C．D．
【答案】
【分析】由正弦定理即可求出边的长．
【解答】解：由题意可得，在中，，，，
由正弦定理，，
解得：．
故选：．
【点评】本题考查正弦定理的运用，属于中档题．
4．（5分）如图，已知为正方体，则异面直线与所成角为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】连接，，，可得出为异面直线与所成角，并看出△为等边三角形，从而得出答案．
【解答】解：如图，连接，，，则，
是异面直线与所成角，且△为等边三角形，
，即异面直线与所成角为．
故选：．
【点评】本题考查了异面直线所成角的定义及求法，考查了计算能力，属于基础题．
5．（5分）下列命题中成立的是
A．各个面都是三角形的多面体一定是棱锥
B．有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱
C．一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥
D．各个侧面都是矩形的棱柱是长方体
【答案】
【分析】根据相关空间几何体的定义，举出部分反例空间几何体即可判断．
【解答】解：对，只要将底面全等的两个棱锥的底面重合在一起，
所得多面体的每个面都是三角形，但这个多面体不是棱锥，如图，故错误；
对，若棱柱有两个相邻侧面是矩形，则侧棱与底面两条相交的边垂直，
则侧棱与底面垂直，此时棱柱一定是直棱柱，故正确；
对于，如图所示，若，，
满足侧面均为全等的等腰三角形，但此时底面不是正三角形，故错误；
对，各个侧面都是矩形的棱柱不一定是长方体，
比如底面为三角形的直三棱柱，故错误．
故选：．
【点评】本题考查柱体与锥体的结构特征，属基础题．
6．（5分）如图，位于处的海面观测站获悉，在其正东方向相距40海里的处有一艘渔船遇险，并在原地等待营救．在处南偏西且相距20海里的处有一艘救援船，则该船到求助处的距离为
A．2800海里B．1200海里C．海里D．海里
【答案】
【分析】由题意，利用余弦定理，计算求得结果．
【解答】解：由题意，可得海里，海里，，
则由余弦定理可得（海里），
故选：．
【点评】本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
7．（5分）“中国天眼”射电望远镜的反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆面为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠面积，其中为球的半径，为球冠的高），设球冠底的半径为，周长为，球冠的面积为，则当，时，
A．B．C．D．
【答案】
【分析】作出示意图，根据条件先求出，然后根据并结合勾股定理求出，进而得到答案．
【解答】解：如示意图，根据题意，由勾股定理可得，联立方程，
解得，
于是．
故选：．
【点评】本题考查了球中球冠的相关计算，属于基础题．
8．（5分）在锐角三角形，，，分别为内角，，所对的边长，，则
A．3B．4C．5D．6
【答案】
【分析】根据已知条件，结合余弦定理，求出，再结合三角形的性质，以及三角函数的恒等变换，即可求解．
【解答】解：，
又，
，即，
在锐角三角形，，，分别为内角，，所对的边长，
，
，
故选：．
【点评】本题主要考查余弦定理，以及三角函数的恒等变换，考查转化能力，属于中档题．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．（5分）已知直线、，平面、，，，则下列说法中正确的是
A．若，则必有B．若，则必有
C．若，则必有D．若，则必有
【答案】
【分析】由直线与平面，平面与平面的位置关系，逐一分析即可．
【解答】解：对于，平面，可能相交，错误，
对于，平面，可能平行或斜交，错误．
对于，因为且，则必有，正确．
对于，因为，则必有，正确，
故选：．
【点评】本题考查直线与平面，平面与平面的位置关系，属于中档题．
10．（5分）下列说法中错误的是
A．若，则
B．若且，则
C．若为非零向量且，则
D．若，则有且只有一个实数，使得
【答案】
【分析】对于题中所给的条件与结论需要考虑周全，可以得出结论．
【解答】解：选项，当为时，与可能不平行，故错误；
选项，由且，可得或，故错误；
选项，根据向量共线基本定理可知当都为非零向量时成立，为零向量时也成立，若时，不存在，但（零向量与所有的向量共线），故错误；
选项，，根据数量积规则，则两边平方化简可得，
，故正确．
故选：．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查向量相等、向量相反、向量垂直、向量平行的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
11．（5分）的内角，，的对边分别为，，，则下列说法正确的是
A．若，则
B．若，则是钝角三角形
C．若，，，则符合条件的有两个
D．若，则为等腰三角形
【答案】
【分析】利用正弦定理、余弦定理对选项逐一分析，由此确定正确选项．
【解答】解：项，在中，，，
根据正弦定理得，，项正确；
项，根据正弦定理得，为钝角，项正确；
项，，根据正弦定理得，为锐角，故此三角形有唯一解，错误；
项，，，
，即，
或，即或，
为等腰三角形或直角三角形，错误．
故选：．
【点评】本题考查正弦定理，余弦定理，属于基础题．
12．（5分）如图，已知正方体的棱长为2，为正方形底面内的一动点，则下列结论正确的有
A．三棱锥的体积为定值
B．存在点，使得
C．若，则点在正方形底面内的运动轨迹长度为
D．若点是的中点，点是的中点，过，作平面平面，则平面截正方体所得截面的面积为
【答案】
【分析】根据空间几何体的结构特征，结合每个选项的条件计算即可判断每个选项的正确性．
【解答】解：对于，由题意及图形可知平面平面，
所以点到平面距离为定值．
所以，
又为定值，故三棱锥的体积为定值．故正确；
对于，因，则若，必有．
但平面，平面，平面或平面，
所以与相交或与异面．
所以不存在相应的点，使故错误；
对于，如图有平面．
理由如下：连接，．
由题可得，，
又，，平面，所以平面．
因为平面，所以．
同理可证得，
又，所以平面，得平面．
故点轨迹为平面与底面交线，即为线段，，故正确；
对于，如图取中点为，连接．
由题可得，平面．
连接，因为，平面，
则，．
又，，平面，
则平面．
又取中点为，则，
有，，，四点共面．
则平面即为平面．
又由两平面平行性质可知，，，，
又，，，都是中点，故是中点，是中点．
则平面截正方体所得截面为正六边形，
又正方体棱长为2，则，
故截面面积为．故正确．
故选：．
【点评】本题考查空间几何体的性质，考查推理论证能力，考查截面面积的求法，属中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（5分）写出一个模为5，且在复平面内对应的点在第三象限的复数 （答案不唯一） ．
【分析】根据已知条件，结合复数模公式，以及复数的几何意义，即可求解．
【解答】解：设，
由已知条件可得，，当时，上式成立，
故符合条件．
故答案为：．
【点评】本题主要考查复数模公式，以及复数的几何意义，属于基础题．
14．（5分）中，，，则此三角形的外接圆半径是 ．
【答案】．
【分析】解法一，直接由三角形外接圆的定义确定圆心的位置，再由勾股定理即可求解；
解法二，先由等腰三角形的三边求出顶角的正弦值，再根据正弦定理即可求解．
【解答】解：解法一：如图，设的外接圆的半径为，圆心为，
，，
的外接圆的圆心在的垂直平分线上，且满足，
设的垂直平分线交于点，根据题意可得，，
在中由勾股定理可得，
，
解得，
的外接圆半径是．
解法二：如图设，则，，
，
由正弦定理可得，
，
，
的外接圆半径是．
故答案为：．
【点评】本题考查三角形的外接圆问题，正弦定理，属基础题．
15．（5分）已知某圆台的上、下底半径和高的比为，母线长为，则该圆台的体积为 ．
【答案】．
【分析】根据圆台的轴截面性质，结合题意利用勾股定理，算出圆台的上底面半径为，下底面半径为，高，再由圆台的体积公式加以计算，即可得出该圆台的体积．
【解答】解：根据题意，设圆台的上、下底面半径和高分别为、、，
可得母线长为，即，
解之得，所以圆台的上底面半径为，下底面半径为，高．
由此可得圆台的体积为．
故答案为：．
【点评】本题给出圆台的上、下底面半径和高之比，在已知母线长情况下求圆台的体积．着重考查了圆台的轴截面性质、圆台的体积公式与勾股定理等知识，属于中档题．
16．（5分）在2022年2月4日举行的北京冬奥会开幕式上，贯穿全场的雪花元素为观众带来了一场视觉盛宴，象征各国、各地区代表团的“小雪花”汇聚成一朵代表全人类“一起走向未来”的“大雪花”的意境惊艳了全世界（如图①，顺次连接图中各顶点可近似得到正六边形（如图②．已知正六边形的边长为1，点满足，则 1 ；若点是正六边形边上的动点（包括端点），则的最大值为 ．
【答案】1；．
【分析】由题可得，利用向量的数量积的运算法则即得，然后利用数量积的定义和正六边形的性质解得最大值为．
【解答】解：由题意得，
，
，
又以及正六边形的几何特征可知为的中点，
则；
要使最大，可知当在处时，最大，此时最大，
即．
故答案为：1；．
【点评】本题考查平面向量数量积的性质及其运算，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10分）已知复数．
（1）求；
（2）若复数，在复平面内对应的向量分别为，求向量对应的复数．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）利用复数的四则运算化简．
（2）由复数的坐标运算求解．
【解答】解：（1）．
（2）由题意得，则，
所以向量对应的复数为．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及坐标运算，属于基础题．
18．（12分）已知的内角，，所对的边分别为，，，且．
（1）求角的大小；
（2）从下列①②③中选择两个作为条件，证明另外一个条件成立：
①；②；③．
【答案】（1）；
（2）证明见解析．
【分析】（1）根据正弦定理，边长之比等于正弦之比即得；（2），再利用余弦定理，三角形面积公式即可得．
【解答】解：（1）根据正弦定理，
，；
（2）选①②：，
根据余弦定理，得，
又，，
，．
选②③：，
由，，
由，．
选①③：，，，，
，．
【点评】本题考查正弦定理，余弦定理，属于基础题．
19．（12分）已知在中，是边的中点，且，设与交于点．记，．
（1）用，表示向量，；
（2）若，且，求的余弦值．
【答案】（1），；
（2）．
【分析】（1）根据平面向量的基底与三角形法则即可用，表示向量，；
（2）由得，代入向量数量积公式即可求得的余弦值．
【解答】解：（1），
，
；
（2），，三点共线，又，
，
，即，
，
，的余弦值为．
【点评】本题考查向量的线性运算，向量数量积的运算，属中档题．
20．（12分）已知各棱长均为2的直三棱柱中，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明见解答；
（2）．
【分析】（1）连接，交于点，连接，可证，进而证平面；
（2）利用等体积法求点到平面的距离．
【解答】（1）证明：连接，交于点，连接，
在直三棱柱中，可得为平行四边形，
所以为的中点，又为的中点，
所以由三角形中位线定理可得，
又平面，平面，所以平面，
（2）解：因为三棱柱是直三棱柱且所有棱长均为2，
在中，由勾股定理可得，，
所以，所以，所以为直角三角形，
设到平面的距离为，因为，
，解得，
所以到平面的距离为．
【点评】本题考查线面平行的证明，考查利用等体积法求点到面的距离，属中档题．
21．（12分）记的内角，，的对边分别为，，．已知，点在边上，且．
（1）证明：；
（2）若，求．
【答案】（1）证明见解析；
（2）或．
【分析】（1）在中，由锐角三角函数，得，代入条件，由正弦定理角化边得，即证；
（2）由三角形等面积法，得，代入可得；将条件和同时代入余弦定理，化简后利用辅助角公式得到，由即可求解．
【解答】（1）证明：在中，因为，所以，
又因为，
所以，即，
在中，根据正弦定理，得，
故．
（2）解：在中，，
又由（1）知，，所以，
在中，根据余弦定理，得，
又由已知，，得，
所以，
则，
即，
因为，
则，
所以或，
故或，
又点在边上，且，
所以，必有一个大于等于，所以．
【点评】本题考查了三角函数与解三角形的综合，属于中档题．
22．（12分）如图，四棱锥的底面为正方形，底面．设平面与平面的交线为．
（1）证明：平面；
（2）已知，为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值．
【分析】（1）过在平面内作直线，推得为平面和平面的交线，由线面垂直的判定和性质，即可得证；
（2）以为坐标原点，直线，，所在的直线为，，轴，建立空间直角坐标系，设，0，，运用向量法，求得平面的法向量，结合向量的夹角公式，以及基本不等式可得所求最大值．
【解答】解：（1）证明：过在平面内作直线，
由，可得，即为平面和平面的交线，
平面，平面，，
又，，平面，
设平面中有任一直线，则直线，
，直线，
由线面垂直的定义得平面；
（2）如图，以为坐标原点，直线，，所在的直线为，，轴，建立空间直角坐标系
则，0，，，0，，，1，，，0，，，1，，
设，0，，，0，，，1，，，1，，
设平面的法向量为，，，
则，，取，可得，0，，
，，
与平面所成角的正弦值为
，当且仅当取等号，
与平面所成角的正弦值的最大值为．
【点评】本题考查空间线面垂直的判定，以及线面角的求法，考查转化思想和向量法的运用，考查运算能力和推理能力，属于中档题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/3/16 0:05:14；用户：初中数学；邮箱：szjmjy@xyh.cm；学号：29841565