2022-2023学年浙江省浙北G2联盟高一下学期4月期中联考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年浙江省浙北G2联盟高一下学期4月期中联考数学试题含解析，共19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。
2022-2023学年浙江省浙北G2联盟高一下学期4月期中联考数学试题 一、单选题1．若a与b均为实数，且，则（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】由复数相等确定参数值，进而求复数的模.【详解】因为，所以，，所以.故选：C2．在中，，则的值为（　　）A． B．0 C． D．【答案】A【分析】根据给定条件，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理计算作答.【详解】在中，角所对的边分别为，，由正弦定理得，令，由余弦定理得：.故选：A3．已知向量，，若，则（    ）A． B．1 C． D．【答案】D【分析】由向量线性运算坐标表示得，再由向量平行的坐标表示列方程求参数即可.【详解】由题设，又，则，可得.故选：D4．已知、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面.下列说法中错误的是（    ）A．若，，，则B．若，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】B【分析】利用线面平行的性质定理判断A，利用线面平行的判定定理判断B，利用线面垂直的判定定理判断C，利用面面平行的判定方法判断D．【详解】解：对于A：若，，，根据线面平行的性质定理可得，故A正确；对于B：若，，则或，即B错误；对于C：设、的法向量分别为、，若，则，，又，，则，，所以，即C正确；对于D：若，，则，又，则，即D正确．故选：B5．如图，为了测量某湿地A，B两点间的距离，观察者找到在同一直线上的三点C，D，E．从D点测得∠ADC＝67.5°，从C点测得∠ACD＝45°，∠BCE＝75°，从E点测得∠BEC＝60°．若测得DC＝2，CE＝(单位：百米)，则A，B两点的距离为（    ）A．  B．2C．3 D．2【答案】C【分析】在中，求得；在中，利用正弦定理求得；再在中，利用余弦定理即可求得结果.【详解】根据题意，在△ADC中，∠ACD＝45°，∠ADC＝67.5°，DC＝2，则∠DAC＝180°－45°－67.5°＝67.5°，则AC＝DC＝2，在△BCE中，∠BCE＝75°，∠BEC＝60°，CE＝，则∠EBC＝180°－75°－60°＝45°，则有＝，变形可得BC＝＝＝，在中，AC＝2，BC＝，∠ACB＝180°－∠ACD－∠BCE＝60°，则AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠ACB＝9，则AB＝3．故选：.【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，涉及距离的求解，属基础题.6．如图，正方体的棱长为，是棱的中点，是侧面内一点，若平面，且长度的最大值为，最小值为，则（    ） A． B． C． D．【答案】B【分析】过点作，交于点，交于点，计算得出，计算出、，根据已知条件可求得、的值，进而可求得的值.【详解】如图，过点作，交于点，交于点，则底面.连接、，平面，平面，，所以，.，平面，平面，平面，平面，平面，，平面平面，又平面，平面，平面平面，平面，.为中点，为中点，则为中点.在线段上，，则，，得，则，所以，.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查利用几何体中线段长的最大值和最小值求参数，解题的关键在于推导出，通过的最值求出的最值，进而列方程求解.7．在 中，点满足与交于点，若，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】法一，根据向量共线可得，再得，又，再表示出，利用向量相等解出，即可得解；法二，建立平面直角坐标系，利用坐标法求出即可.【详解】法一: 因为 在上，故，所以存在唯一实数，使得，又，故为的中点，所以 ，所以; 同理存在，使得，又 ，所以 ，所以，所以，所以，所以. 故选： C.法二: 不妨设 为等腰直角三角形，其中，以为原点，所在 直线为轴，建立平面直角坐标系，如图，，则直线 的方程分别为，联立解得， 由，得 ，解得，则. 故选： C.8．在平面中，已知单位向量、的夹角为，向量，且，，设向量与的夹角为，则的最大值为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用平面向量数量积的运算可得出，求出的取值范围，再利用平面向量数量的运算可得出的表达式，结合二次函数的基本性质可求得的最大值.【详解】因为单位向量、的夹角为，由平面向量数量积的定义可得，，，所以，，当取最大值时，必有，则，因为，，则，所以，或，当时，，此时；当时，则，所以，，此时，综上所述，的最大值为.故选：C.【点睛】方法点睛：求平面向量夹角的方法：（1）定义法：利用向量数量积的定义得，其中两向量的取值范围是；（2）坐标法：若非零向量、，则. 二、多选题9．设向量，满足，且，则以下结论正确的是（    ）A． B．C． D．向量与夹角为【答案】ABD【分析】根据数量积的运算律一一计算可得.【详解】因为，且，所以，即，所以，则，故A正确；所以，故B正确；，故C错误；因为，所以向量与夹角为，故D正确；故选：ABD10．在中，角，，的对边分别是，，.下面四个结论正确的是（    ）A．若，则 B．，，则的外接圆半径是4C．若，则 D．若，，，则有两解【答案】AC【分析】由正弦定理可判断ABC；余弦定理可判断D.【详解】对于A，若，则，由正弦定理得，即，故正确；对于B， ，，由正弦定理可得，则的外接圆半径是2，故错误；对于C， 若，由正弦定理得，，因为，所以，故正确；    对于D， 若，，，则由余弦定理可得，即，，解得，因为，所以有一解，即有一解，故错误.故选：AC.11．已知在正四面体中，、、、分别是棱，，，的中点，则（    ）A．平面 B．C．平面 D．、、、四点共面【答案】ABD【分析】把正四面体放到正方体里，对于A项根据线面平行的判定定理证明对于B项，从正方体的角度上看易得对于D项，证明四边形是平行四边形可验证对于C项，反证法证明，矛盾点是与的夹角.【详解】把正四面体放到正方体里，画图为：对于A项，、分别为，的中点，又平面且平面平面，故A正确对于B项，从正方体的角度上看易得，故B正确.对于D项，、、、分别是棱，，，的中点且且 所以所以四边形是平行四边形，故、、、四点共面，所以D正确.对于C项，若平面成立，即平面又因为平面所以又因为、分别为，的中点，所以所以而为等边三角形，与矛盾，所以C不正确.故选：ABD12．在中角，，所对的边分别为，，，若，则下列四个选项中哪些值可以作为三角形的面积（    ）A． B．C． D．【答案】AB【分析】由条件和余弦定理可得，然后结合面积公式可得，然后利用基本不等式可得，然后求出的范围即可.【详解】解：因为，，所以，即①，因为，即②，①②两式平方相加可得，由基本不等式可得，所以，所以，所以，即，当且仅当时等号成立.所以，四个选项中，AB选项的值可以作为三角形的面积.故选：AB 三、填空题13．边长为2的正三角形直观图的面积为__________.【答案】【分析】作出直观图，结合三角形的面积公式运算求解.【详解】如图，在直角坐标中，为等边三角形，取，按照斜二测画法可得：在坐标中，则，故直观图的面积.故答案为：.14．向量，．则在方向上的投影向量坐标为_________.【答案】【分析】利用在方向上的投影向量的定义求解.【详解】解：因为向量，，所以，所以在方向上的投影向量坐标为，故答案为：.15．正三棱锥的侧棱长为，为的中点，且，则三棱锥外接球的表面积为______．【答案】【分析】根据等腰三角形三线合一性质和线面垂直判定可知平面，从而得到；由线面垂直判定可得平面，进而确定三棱锥为正方体的一角，通过求解正方体的外接球表面积即可得到结果.【详解】为中点，，，，，又，平面，平面，平面，，又，，平面，平面，又三棱锥为正三棱锥，侧面为全等的等腰直角三角形，三棱锥为如图所示的棱长为的正方体的一角，该正方体的外接球即为三棱锥的外接球，正方体外接球半径，所求外接球表面积.故答案为：.16．如图，在平面中，圆是半径为1的圆，，设，为圆上的任意2个点，则的取值范围是_________.【答案】【分析】若为中点，令夹角为，由，将其化为关于和的关系式，讨论、结合求目标式的范围.【详解】若为中点，令夹角为，如下图示，，又，由，则，此时，当时最小值为；由，则；此时，当时最大值为；综上，的取值范围是.故答案为： 四、解答题17．如图是直角梯形，以上底边为轴将梯形旋转一周，得到一个旋转体，求它的表面积和体积． 【答案】表面积，体积【解析】由题意知，该几何体是一个底面半径为3，高为的圆柱，挖去一个同底，但高为3的圆锥，再求几何体的体积和表面积得解.【详解】解：由题意知，该几何体是一个底面半径为3，高为的圆柱，挖去一个同底，但高为3的圆锥．所以．【点睛】方法点睛：求几何体的体积常用的方法有：（1）公式法（一般是规则的几何体）；（2）割补法（一般是不规则的几何体）；（3）转化法.18．已知复数，．（为虚数单位）(1)求；(2)若，且复数的虚部等于复数的实部，复数在复平面内对应的点位于第三象限，求复数．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用复数的乘法求；（2）求出复数，进而设，结合已知求参数，即可得复数.【详解】（1）复数，，则；（2）由题设，，复数的虚部等于复数的实部，所以，可设，又，，解得或，复数在复平面内对应的点位于第三象限，，即，故．19．如图，直三棱柱中，，分别为的中点．（1）求证：∥平面；（2）线段上是否存在点Q，使平面？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）线段上存在点Q，使平面，理由见解析．【分析】（1）取AB中点D，连接，然后由三角形的中位线定理得到，证得四边形为平行四边形，进而得到，即可得证.（2）连接，可证，，从而可证：，同理可得，即可得证平面．【详解】（1）取AB中点D，连接．在中，因为M为AC中点，所以，．在矩形中，因为N为中点，所以，．所以．所以四边形为平行四边形，所以．因为平面，平面，所以∥平面．(2)线段上存在点Q，且Q为中点时，有平面．证明如下：连接．在正方形中，．又直三棱柱可得，又，平面，，则平面，又平面，所以，又平面，，从而平面，又平面，所以．同理可得，又平面，，所以平面．故线段上存在点Q，使得平面．20．在△中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，为锐角．(1)求C；(2)若，，△的面积为，求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用三角恒变换即可求解；（2）利用三角形面积公式及余弦定理求出三角形的三边长，再利用正弦定理求出角，最后利用三角恒等变换即可求解.【详解】（1）由正弦定理得，，即,∵,∴,即,解得,或者，又∵为锐角，∴.（2） ,即，由余弦定理得,，且，即，解得，，由正弦定理得，,解得，∵, ∴, ∴角为锐角，∴,∴,,∴.21．如图，某菜农有一块等腰三角形菜地，其中，米．现将该三角形菜地分成三块，其中．(1)若，求的长；(2)求面积的最小值．【答案】(1)米(2)平方米 【分析】（1）利用正弦定理求出的长，分析可知为等腰三角形，可得出的长，进而可求得的长；（2）用表示、的长，利用三角恒等变换化简面积的表达式，结合正弦型函数的基本性质可求得面积的最小值.【详解】（1）解：在等腰中，因为，则，在中，由题意可得米，，．且，由正弦定理可得，则米．因为，，所以，则米，故米．（2）解：设，其中，则，．在中，由正弦定理可得，则米．在中，由正弦定理可得，则米．的面积．因为，，则，所以当，即时，，故面积的最小值是平方米．22．如图，点分别是正方形的边、上两点，，，记点为的外心. (1)若，，，求的值；(2)若，求的取值范围；(3)若，若，求的最大值.【答案】(1)1(2)(3) 【分析】（1）建立平面直角坐标系，根据向量数量积的坐标运算求得的值.（2）设，求得关于的表达式，进而求得的取值范围.（3）设，，将表示为关于的表达式，求得的取值范围，进而求得的最大值.【详解】（1）以点为坐标原点，为轴，建立直角坐标系.，，所以.（2）设，，则，.，由于，根据对勾函数的性质可知.（3）；.设，，则这两个式子为，化简得解得所以，设，，令，所以由对勾函数的性质得，所以当时，即点与点重合时，取到最大值.【点睛】求解平面向量数量积有关问题，有两个求解思路，一个是利用平面向量的基本定理，通过转化的方法来求得数量积；另一个思路是根据图形的特征，通过建立平面直角坐标系，利用坐标法来进行求解.