2022-2023学年广东省深圳市罗湖高级中学高一（下）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年广东省深圳市罗湖高级中学高一（下）期中数学试卷，共24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）下列结论中，正确的是
A．零向量只有大小没有方向
B．
C．对任一向量，总是成立的
D．与线段的长度不相等
2．（5分）复数，将复数的对应向量按逆时针方向旋转，所得向对应的复数为
A．B．C．1D．
3．（5分）如图所示，△是水平放置的的直观图，轴，轴，，，则中，
A．2B．5C．4D．
4．（5分）下列命题中，正确的是
A．三点确定一个平面
B．垂直于同一直线的两条直线平行
C．若直线与平面上的无数条直线都垂直，则
D．若、、是三条直线，且与都相交，则直线、、在同一平面上
5．（5分）已知向量，且，则向量
A．B．C．D．
6．（5分）把一个铁制的底面半径为4，侧面积为的实心圆柱熔化后铸成一个球，则这个铁球的表面积为
A．B．C．D．
7．（5分）如图，在直三棱柱中，，为的中点，为边的中点，则下列结论不正确的是
A．B．平面C．D．平面
8．（5分）如图，点是半径为1的扇形圆弧上一点，且，若，则的最大值是
A．1B．C．D．4
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，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9．（5分）已知，是两条不重合的直线，，，是三个两两不重合的平面，则下列命题正确的是
A．若，，，则B．若，，则
C．若，，，，则D．若，，则
10．（5分）已知复数，则下列命题中正确的为
A．
B．
C．的虚部为
D．在复平面上对应点在第一象限
11．（5分）关于平面向量，有下列四个命题，其中说法正确的是
A．若，则
B．若向量，，则向量在向量上的投影向量为
C．非零向量和满足，则与的夹角为
D．点，，与向量同方向的单位向量为
12．（5分）如图，在棱长为1的正方体中，点是线段上的动点，下列命题正确的是
A．异面直线与所成角的大小为定值
B．二面角的大小为定值
C．若是对角线上一点，则长度的最小值为
D．若是线段上一动点，则直线与直线不可能平行
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）是虚数单位，则复数 ．
14．（5分）设，是两个不共线的非零向量，若向量与的方向相反，则 ．
15．（5分）如图，在三棱锥中，，且，，分别是棱，的中点，则和所成的角等于 ．
16．（5分）在中，角，，所对的边为，，，若，且的面积，则的取值范围是 ．
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）在中，已知，，在线段上，且，，设，．
（1）用向量，表示；
（2）若，求．
18．（12分）在中，内角，，所对的边分别是，，，已知，，．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的面积．
19．（12分）已知，，，．
（1）求的最小正周期及单调递减区间；
（2）求函数在区间，上的最大值和最小值．
20．（12分）如图，在棱长为2的正方体中，截去三棱锥，求：
（1）截去的三棱锥的表面积；
（2）剩余的几何体的体积．
21．（12分）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，．
（Ⅰ）设，分别为，的中点，求证：平面；
（Ⅱ）求证：平面；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．
22．（12分）已知函数是偶函数．
（1）求的值；
（2）设函数，若有唯一零点，求实数的取值范围．
2022-2023学年广东省深圳市罗湖高级中学高一（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，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（5分）下列结论中，正确的是
A．零向量只有大小没有方向
B．
C．对任一向量，总是成立的
D．与线段的长度不相等
【答案】
【分析】根据平面向量的概念，逐一判断即可得出答案．
【解答】解：既有大小又有方向的量叫向量，则零向量既有大小又有方向，故错误；
由于与方向相反，长度相等，故正确；
因为零向量的模为0，故错误；
与线段的长度相等，故错误．
故选：．
【点评】本题主要考查向量的有关概念，向量的模，考查逻辑推理能力，属于基础题．
2．（5分）复数，将复数的对应向量按逆时针方向旋转，所得向对应的复数为
A．B．C．1D．
【答案】
【分析】化简，从而由可得新复数为．
【解答】解：，
将复数的对应向量按逆时针方向旋转所得向量对应的复数为
，
故选：．
【点评】本题考查了复数的代数形式与三角形式的转化，属于基础题．
3．（5分）如图所示，△是水平放置的的直观图，轴，轴，，，则中，
A．2B．5C．4D．
【答案】
【分析】由斜二测的画图法则，结合△的边长，可求出原的边长．
【解答】解：在直观图△中，，，
由斜二测画法知，在中，，，且；
所以．
故选：．
【点评】本题考查了三角形的斜二测法，是基础题．
4．（5分）下列命题中，正确的是
A．三点确定一个平面
B．垂直于同一直线的两条直线平行
C．若直线与平面上的无数条直线都垂直，则
D．若、、是三条直线，且与都相交，则直线、、在同一平面上
【答案】
【分析】利用平面的基本性质及推论可知，错误，正确，再利用直线与平面垂直的判定定理可知选项错误．
【解答】解：对于：不共线的三点确定一个平面，故错误，
对于：由墙角模型可知，两条直线可能是相交直线，也可能是异面直线，显然错误，
对于：根据线面垂直的判定定理，若直线与平面内的两条相交直线垂直，则直线与平面垂直，若直线与平面内的无数条平行直线垂直，则直线与平面不垂直，故错误，
对于：因为，所以与唯一确定一个平面，设为平面，又与和都相交，所以也在平面内，即直线、、共面，故选项正确，
故选：．
【点评】本题主要考查了平面的基本性质及推论，考查了空间中线与线的位置关系，是基础题．
5．（5分）已知向量，且，则向量
A．B．C．D．
【答案】
【分析】根据已知条件，结合向量垂直的性质，求出，再结合向量的坐标运算，即可求解．
【解答】解：，且，
则，解得，、
，，，．
故选：．
【点评】本题主要考查平面向量垂直的性质，属于基础题．
6．（5分）把一个铁制的底面半径为4，侧面积为的实心圆柱熔化后铸成一个球，则这个铁球的表面积为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】先求出圆柱的高，由圆柱和球的体积关系即可得出半径，最后求出表面积即可．
【解答】解：因为实心圆柱的底面半径为4，侧面积为，
所以圆柱的高为，
则圆柱的体积为，
设球的半径为，则，解得，
故这个铁球的表面积为．
故选：．
【点评】本题考查球的表面积，属于中档题．
7．（5分）如图，在直三棱柱中，，为的中点，为边的中点，则下列结论不正确的是
A．B．平面C．D．平面
【答案】
【分析】取的中点，连结，．只需证明，即可证明平面；只需证明平面，即可证明平面，可判断各选项．
【解答】解：取的中点，连结，．在中，因为，分别为，中点，所以，且，
直三棱柱中，，．因为为棱的中点，所以，且，
于是，．所以四边形为平行四边形，从而．
又因为平面，平面，所以平面，正确；
在直三棱柱中，平面．又平面，所以．
，，，项正确；
因为，为中点，所以．
又，所以，．
又因为，平面，平面，
所以平面．，项正确；
项错误，由于四边形为平行四边形，在，平面，平面，则，不可能有平面．
故选：．
【点评】本题考查线面平行的判定，线面垂直的判定与性质，属于中档题．
8．（5分）如图，点是半径为1的扇形圆弧上一点，且，若，则的最大值是
A．1B．C．D．4
【答案】
【分析】由平面向量数量积的运算，结合两角和的正弦公式，求三角函数的最值即可．
【解答】解：如图所示，以为轴，过作与垂直的线作为轴，
，，
设，
，，
，
其中，
时，取得最大值是．
故选：．
【点评】本题考查了平面向量数量积的运算和两角和的正弦公式，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，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
9．（5分）已知，是两条不重合的直线，，，是三个两两不重合的平面，则下列命题正确的是
A．若，，，则B．若，，则
C．若，，，，则D．若，，则
【答案】
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一核对四个选项得答案．
【解答】解：对于，，，则，又，则，故正确；
对于，由，，得或与相交，故错误；
对于，由，，，，若与相交，则，若，则可能平行，也可能与相交，故错误；
对于，由平面与平面垂直的判定，可得若，，则，故正确．
故选：．
【点评】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及其应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
10．（5分）已知复数，则下列命题中正确的为
A．
B．
C．的虚部为
D．在复平面上对应点在第一象限
【答案】
【分析】利用复数的模、共轭复数、虚部及复数与平面内点的对应关系即可判断出正误．
【解答】解：复数，则．故正确；
，故正确；
的虚部为1，故错误；
在复平面上对应点的坐标为，在第一象限，故正确．
命题中正确的个数为3．
故选：．
【点评】本题考查复数的模、共轭复数、虚部及复数与平面内点的对应关系，属于基础题．
11．（5分）关于平面向量，有下列四个命题，其中说法正确的是
A．若，则
B．若向量，，则向量在向量上的投影向量为
C．非零向量和满足，则与的夹角为
D．点，，与向量同方向的单位向量为
【答案】
【分析】选项：未考虑时情况，选项：先计算出向量夹角为，再利用投影计算公式计算即可；
选项：将已知平方可得向量夹角为为，再计算与的夹角即可；
选项：设出与同向的向量为，利用单位向量概念计算即可．
【解答】解：选项：当时，左式成立，此时不一定成立，故选项错误；
选项：，，，
设向量夹角为，，则向量夹角为，
故在上的投影为，故投影向量为，
故选项正确；
选项：将已知平方可得：，由此可得：，
设向量夹角为，则，即，
设与的夹角为，则，将代入可得：，
即，故选项错误；
选项：，故设与同向的向量为，
由已知有，故，解得：，
故与同向的向量为，故选项正确．
故选：．
【点评】本题主要考查平面向量数量积及坐标运算公式，属于中档题．
12．（5分）如图，在棱长为1的正方体中，点是线段上的动点，下列命题正确的是
A．异面直线与所成角的大小为定值
B．二面角的大小为定值
C．若是对角线上一点，则长度的最小值为
D．若是线段上一动点，则直线与直线不可能平行
【答案】
【分析】证明平面后得线线垂直，从而判断，根据二面角的定义判断，把△和△沿摊平得平面四边形，在平面四边形中求得到直线的距离后判断，取中点，连接交于，连接交于，连接，证明判断．
【解答】解：对选项，如图，
由平面，平面，
得，又，，，平面，
所以平面，平面，
所以，即异面直线与所成角是为定值，所以选项正确；
对选项，由题意可知二面角即为二面角，为定值，正确；
对选项，把△和△沿摊平，得平面四边形，如图．
作于，，此时最小，
四边形中，，，，
由对称性知，，，
，，
所以的最小值是，所以选项正确；
对选项，取中点，连接交于，连接交于，连接，如图，
则，所以，所以选项错误．
故选：．
【点评】本题考查空间直线、平面间的位置关系，异面直线所成的角，二面角的定义，空间想象能力，属难题．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）是虚数单位，则复数 ．
【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的性质即可得出．
【解答】解：复数，
故答案为：．
【点评】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
14．（5分）设，是两个不共线的非零向量，若向量与的方向相反，则 ．
【分析】向量与的方向相反，直接列出关系式，根据向量相等，求出的值．
【解答】解：向量与的方向相反，可得，
，，得，
．
故答案为：
【点评】本题考查相等向量与相反向量，考查计算能力，是基础题．
15．（5分）如图，在三棱锥中，，且，，分别是棱，的中点，则和所成的角等于 ．
【答案】．
【分析】取中点为，连接、，推导出是等腰三角形，且是异面直线与所成角或其补角，由此能求出和所成的角．
【解答】解：取中点为，连接、，如图，
，分别是棱，的中点，，，且，，
，为异面直线和所成角或其补角，
在三棱锥中，，且，
，
和所成角为或其补角，
和所成的角为．
故答案为：．
【点评】本题考查异面直线所成角的求法，考查异面直线所甩角的定义、中位线定理等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16．（5分）在中，角，，所对的边为，，，若，且的面积，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由正弦定理及余弦定理可得：，，结合三角恒等变换可得：，得解．
【解答】解：已知的面积，
则，
即，
即，
即，
在中，角，，所对的边为，，，由，
可得：，
即，
即，
则，
又，
即，
由正弦定理可得，
即，
又，
则，
即，
则
故答案为：．
【点评】本题考查了正弦定理及余弦定理，重点考查了三角恒等变换，属中档题．
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）在中，已知，，在线段上，且，，设，．
（1）用向量，表示；
（2）若，求．
【答案】（1）．
（2）．
【分析】（1）根据平面向量的线性运算法则，平面向量基本定理，即可得解；
（2）根据平面向量的线性运算法则，可得，再结合（1）中结论，推出，代入数据运算，即可．
【解答】解：（1）由题意得，．
（2），
所以．
【点评】本题考查平面向量的混合运算，熟练掌握平面向量的线性运算，数量积运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
18．（12分）在中，内角，，所对的边分别是，，，已知，，．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求的面积．
【答案】（Ⅰ）2．
（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）由已知利用余弦定理即可求解的值．
（Ⅱ）利用同角三角函数基本关系式可求的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．
【解答】解：（Ⅰ）因为，，，
所以由余弦定理可得，可得．
（Ⅱ）因为，
所以的面积．
【点评】本题主要考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
19．（12分）已知，，，．
（1）求的最小正周期及单调递减区间；
（2）求函数在区间，上的最大值和最小值．
【分析】（1）由．根据向量的数量积的运用可得的解析式，化简，利用周期公式求函数的最小正周期，最后将内层函数看作整体，放到正弦函数的减区间上，解不等式得函数的单调递减区间；
（2），上时，求出内层函数的取值范围，结合三角函数的图象和性质，可得出的最大值和最小值．
【解答】解：，，，
由
（1）的最小正周期．
由，．
得：，．
的单调递减区间为，，．
（2），上时，
可得：，
当时，函数取得最小值为．
当时，函数取得最小值为．
故得函数在区间，上的最大值3，最小值0．
【点评】本题主要考查对三角函数的化简能力和三角函数的图象和性质的运用，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键．属于基础题．
20．（12分）如图，在棱长为2的正方体中，截去三棱锥，求：
（1）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）直接由三角形面积公式求三棱锥的表面积；
（2）由正方体体积减去棱锥体积公式得答案．
【解答】解：（1）正方体的棱长为2，
△的边长为，可得三棱锥的表面积：
；
（2）正方体的体积为，三棱锥的体积为，
剩余的几何体的体积为．
【点评】本题考查多面体体积与表面积的求法，考查计算能力，是基础题．
21．（12分）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，为等边三角形，平面平面，，，．
（Ⅰ）设，分别为，的中点，求证：平面；
（Ⅱ）求证：平面；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．
【分析】（Ⅰ）连结，由题意得，，由，得，由此能证明平面．
（Ⅱ）取棱中点，连结，推导出，从而平面，进而，再上，能证明平面．
（Ⅲ）连结，由平面，知是直线与平面所成角，由此能求出直线与平面所成角的正弦值．
【解答】证明：（Ⅰ）连结，由题意得，，
又由，得，
平面，平面，
平面．
（Ⅱ）取棱中点，连结，
依题意得，
又平面平面，平面平面，
平面，
又平面，，
又，，
平面．
解：（Ⅲ）连结，由（Ⅱ）中平面，
知是直线与平面所成角，
是等边三角形，，且为中点，
，又，
在中，．
直线与平面所成角的正弦值为．
【点评】本题考查直线与平面平行、直线与平面垂直、平面与平面垂直、直线与平面所成角等基础知识，考查空间想象能力和运算求解能力．
22．（12分）已知函数是偶函数．
（1）求的值；
（2）设函数，若有唯一零点，求实数的取值范围．
【答案】（1）；
（2）或．
【分析】（1）根据题意，由函数奇偶性的定义可得，变形分析可得答案；
（2）根据题意，求出的解析式，令，整理得，令，可得，分情况讨论函数的零点情况，求出的值，综合可得答案．
【解答】解：（1）根据题意，函数，其定义域为，
函数是偶函数．则有，
即，变形可得，必有；
（2）根据题意，由（1）的结论，，
函数，
令，整理得，其中，
令，则得，
①当时，，即，所以方程在区间上有唯一解，
则方程对应的二次函数，恒有，，，
所以当时，方程在区间上有唯一解．
②当时，，即，方程在区间上有唯一解，
因为方程对应的二次函数的开口向下，恒有，，
所以满足恒有，解得
综上所述，当或时，有唯一零点．
【点评】本题考查函数的零点与方程根的关系，涉及函数奇偶性的判断，属于中档题．
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