2022-2023学年福建省仙游县枫亭中学高一下学期期中考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年福建省仙游县枫亭中学高一下学期期中考试数学试题含答案，共14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学年福建省仙游县枫亭中学高一下学期期中考试数学试题 一、单选题1．已知是虚数单位，则复数（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得；【详解】解：故选：D2．下列关于空间几何体的叙述，正确的是（    ）A．直角三角形绕它的一条边旋转得到的几何体是一个圆锥B．棱柱的侧面都是平行四边形C．用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台D．直平行六面体是长方体【答案】B【分析】根据圆锥、棱柱、棱台、长方体的定义判断．【详解】直角三角形绕斜边所在直线旋转得到的几何体不是一个圆锥，A错；根据棱柱定义知棱柱的侧面都是平行四边形，B正确；用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分组成的几何体叫棱台，C错；底面是长方形的直平行六面体是长方体，D错．故选：B．3．已知向量，，，若，则实数的值为（    ）A．-8 B．-6 C．-1 D．6【答案】C【分析】先求出，再解方程即得解.【详解】由题得，因为，所以.故选：C4．已知正三角形的边长为4，那么的直观图的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】以BC中点O为原点，BC为x轴建立直角坐标系，再画出直观图形，根据，，, 即可得到答案.根据直观图的画法，即可得到答案.【详解】如图所示，则的面积为：.故选：A.5．已知向量，满足，，且，则与的夹角是（    ）A．30° B．60° C．120° D．150°【答案】D【分析】根据向量垂直及数量积的运算律可得，求出，结合已知即可求与的夹角.【详解】由题意，，可得，∴，又，∴.故选：D6．在中，若，则该三角形的最大角和最小角之和是（    ）A．150° B．135° C．120° D．90°【答案】C【分析】由正弦定理得到边长之比，得出角的大小，由余弦定理求出中间角的大小后可得结论．【详解】因为，所以由正弦定理得，所以，因此有，又，所以，是三角形内角，则，所以．故选：C．7．在平行四边形中，点为对角线上靠近点的三等分点，连结并延长交于，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】由平行线性质得出是中点，然后由向量的线性运算求解．【详解】因为，所以，而，所以是中点．．故选：B．8．在中，，，，则此三角形（    ）A．有两解 B．有一解 C．无解 D．解的个数不确定【答案】A【分析】求出点到的距离与比较大小可得结论【详解】解：因为，，所以顶点到的距离，因为，所以，所以以为圆心，为半径画弧与有两个交点，所以三角形有两解，故选：A9．空间中，下列命题正确的有（    ）A．若，则 B．若则C．若，则 D．若，则【答案】D【分析】根据空间中线面关系以及面面关系即可结合选项逐一求解.【详解】对于A，若，则或，故A错误，对于B，若且为相交直线时，才能得到，故B错误，对于C，若，则或者，故C错误，对于D，若，则，故D正确，故选:D 二、多选题10．下列说法中正确的是（    ）A．若，，则B．若两个非零向量，满足，则与共线且反向C．若对平面内的任意一点，有，且，则A，B，C三点共线D．若，，且与夹角为锐角，则【答案】BC【分析】A. 如果，则不一定成立，所以该选项错误；B. 由题得，则与共线且反向，所以该选项正确；C. 由题得,因为向量有公共点,则A，B，C三点共线,所以该选项正确；D. 由题得且，所以该选项错误.【详解】A. 如果，则不一定成立，所以该选项错误；B. 由题得，所以，则与共线且反向，所以该选项正确；C. 由题得，所以,所以,因为向量有公共点,则A，B，C三点共线,所以该选项正确；D. 若，，且与夹角为锐角，则，且，所以且，所以该选项错误.故选：BC11．下列命题中，正确的是（    ）A．在△中，若，则B．在锐角△中，不等式恒成立C．在△中，若，则△必是等腰直角三角形D．在△中，若，，则△必是等边三角形【答案】ABD【分析】A应用正弦定理及三角形中大边对大角即可判断正误；B由锐角三角形易得，根据锐角正弦函数的大小关系及诱导公式即可判断正误；C由正弦定理边角关系，结合三角形内角的性质判断内角A、B的数量关系；D利用余弦定理，结合已知得，进而判断△的形状.【详解】A：若，而，即，故，正确；B：由锐角△知：，即，则，正确；C：由题设，可得，又，则或，故△为等腰或直角三角形，错误；D：由题设，，故，即，又，可知，故△必是等边三角形，正确.故选：ABD12．若点O在△所在的平面内，则以下说法错误的是（    ）A．若，则点O为△的内心B．若，则点O为△的重心C．若，则点O为△的外心D．若，则点O为△的垂心【答案】AD【分析】A由条件等式及向量数量积的运算律化简，再结合向量垂直的表示即知O为△的垂心；B若是的中点，易证共线且即可判断；C若分别为的中点，有，结合已知可证，同理有，即知O为△的外心；D由题设知、是在、上的单位向量，则有，易知是的平分线，同理是的平分线，即O为△的内心；【详解】A：由，知：，而，易知，同理可证、，即O为△的垂心，错误.B：若是的中点，则，又，即，故共线且，易知是△的重心，正确.C：若分别为的中点，则，又，即，故，同理，又，即，故，所以为△的外心，正确；D：由且、是在、上的单位向量，即有，故是的平分线，同理是的平分线，所以O为△的内心，错误；故选：AD【点睛】关键点点睛：根据等量关系，结合向量的运算律、数量积的值判断为三角形的何种心，由向量的线性关系判断三角形的形状. 三、填空题13．在复平面内，复数对应的点为，将向量绕原点按逆时针方向旋转，所得向量对应的复数是     .【答案】【分析】根据复数的几何意义写出点的坐标，求出旋转后对应点的坐标，得其对应复数．【详解】复数对应的点，如图，绕原点按逆时针方向旋转到位置，，，∴，，即，点对应复数为．故答案为：．【点睛】本题考查复数的几何意义，旋转过程中线段长度保持不变，关键是求出新点对应的坐标，可得对应复数．14．已知平面向量与的夹角为，则，，则           .【答案】2【分析】把模平方转化为数量积的运算求解．【详解】由已知，，．故答案为：2．15．有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，这时容器中水的深度是           .      【答案】【分析】根据正三角形中内切圆的性质，求得半径与边长的关系，由圆锥的轴截面，明确该圆锥的高和底面半径，利用体积公式，剪力方程，可得答案.【详解】由题意可知为等边的内切圆，则，易知等边的边长，圆锥的体积，球的体积，则，设取出球之后，水的高度为，此时水面圆的半径为，则，解得.故答案为：.16．已知向量，满足，，且，若向量与的夹角为30°，则的最大值是           .【答案】【分析】设证明四点共圆.设外接圆半径为,要使最大，所以必须过圆心，利用正弦、余弦定理求出即得解.【详解】设所以, 所以,所以，因为，所以所以四点共圆.设外接圆半径为,要使最大，所以必须过圆心，此时，在中，由余弦定理得.由正弦定理得.故答案为： 四、解答题17．如图，在正方体中，是的中点，分别是的中点，求证：(1)平面；(2)平面平面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】(1)利用线面平行的判定定理即可证明；(2)利用面面平行的判定定理证明.【详解】（1）如图，连接，∵分别是的中点，∴.又∵平面，平面，∴直线平面.（2）连接SD，∵分别是 的中点，∴.又∵平面，平面，∴平面，由(1)知，平面，且平面，平面，，∴平面∥平面.18．在一个如图的直角梯形ABCD内挖去一个扇形，E恰好是梯形的下底边的中点，将所得平面图形绕直线DE旋转一圈．(1)说明所得几何体的结构特征；(2)求所得几何体的表面积和体积．【答案】(1)上部是圆锥，下部是圆柱挖去一个半球体的组合体(2)表面积，体积 【分析】（1）根据旋转的特点即可得出；（2）根据组合体的特征即可求出表面积和体积.【详解】（1）上部是圆锥，下部是圆柱挖去一个半球体的组合体．（2），．19．如图，已知平面，，且AC，BD与分别相交于点C，D，求证：．【答案】证明见解析【分析】以线面平行性质定理去证明即可解决.【详解】由，可知与可以确定一个平面 由AC、BD与平面分别相交于点C、D，可知平面平面平面，平面，平面平面，则，又则四边形为平行四边形，则20．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若____________.(1)求角B；(2)若，求△ABC周长的最小值，并求出此时△ABC的面积.【答案】(1)(2)周长的最小值为6，此时的面积 【分析】（1）分别选三个条件，结合三角恒等变换，以及边角互化，化简后即可求解；（2）由余弦定理可得，利用基本不等式可求出的最小值，即可求出周长最小值，再利用面积公式求出面积.【详解】（1）选①，由正弦定理得，∵，∴，即，∵，∴，∴，∴.选②，∵，，由正弦定理可得，∵，∴，∵，∴.选③，∵，由已知结合正弦定理可得，∴，∴，∵，∴.（2）∵，即，∴，解得，当且仅当时取等号，∴，周长的最小值为6，此时的面积.21．如图，四边形ABCD中，已知.（1）用，表示；（2）若，，当三点共线时，求实数的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由得可得答案；（2）由，，得， A，M，C三点共线时，即，又由､不共线，由平面向量基本定理可得答案.【详解】（1）∵，∴，则.（2），∵，，∴，若A，M，C三点共线时，有，从而存在唯一的实数t，使得，即，又由､不共线，由平面向量基本定理，可得消去t可得，解得.22．已知菱形ABCD的边长为2，M为BD上靠近D的三等分点，且线段.（1）求的值；（2）点P为对角线BD上的任意一点，求的最小值.【答案】（1），（2）【分析】（1）由结合, 可求出，从而得到（2）建立直角坐标系，设，可得到，然后利用二次函数的知识求出最小值【详解】（1）如图，四边形ABCD为菱形，所以所以因为, 所以可解得,所以所以是等边三角形，故（2）以A为原点，所在直线为x轴建立如图所示坐标系：则有，所以线段：设，则有，所以因为，所以当时取得最小值【点睛】本题考查平面向量数量积及其运算，涉及余弦定理，二次函数等基本知识，属于中档题．