2022-2023学年广东省广州市高一年级下册学期期中数学试题【含答案】

2022-2023学年广东省广州市高一下学期期中数学试题一、单选题1．复数纯虚数，则实数（

）.A．0 B． C．1 D．2【答案】B【分析】根据纯虚数的定义列方程求即可.【详解】∵复数为纯虚数，，，.故选：B.2．已知是两个不共线的向量，，.若与是共线向量，则实数（

）.A．2 B． C．4 D．【答案】D【分析】根据平面向量的共线的充要条件列出等式计算即可.【详解】由已知，∵与是共线向量，∴存在，使，又，，即，∴，∴，所以，故选：D.3．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面的半径为（）A．7 B．6 C．5 D．3【答案】A【分析】设圆台上底面半径为，由圆台侧面积公式列出方程，求解即可得解.【详解】设圆台上底面半径为，由题意下底面半径为，母线长，所以，解得.故选：A.【点睛】本题考查了圆台侧面积公式的应用，属于基础题.4．已知向量，，若，则的值为（

）A． B． C．1 D．2【答案】D【分析】根据平面向量数量积坐标运算公式以及向量模的坐标表示，列出关于的方程，从而可得结果.【详解】因为向量，，所以，，又，所以，所以，即.故选：D.5．若复数，则的虚部为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据复数的运算化简，求出，即可得出的虚部.【详解】因为，所以，故的虚部为.故选：B.6．如图，在中，弦AB的长度为2，则的值为（

）.A．与半径有关 B．1 C．2 D．4【答案】C【分析】设圆C的半径为r，，则，然后可得答案.【详解】设圆C的半径为r，，连接圆心与线段的中点，则，所以，∴.故选：C.7．2022年北京冬奥会拉开帷幕，动作观赏性强､视觉冲击力大的自由式滑雪大跳台是目前“冬奥大家族”中最年轻的项目.首钢滑雪大跳台实现了竞赛场馆与工业遗产再利用､城市更新的完整结合，见证了中外运动员在大跳台“冲天一跳”的精彩表现和北京这座世界上独一无二“双奥之城”的无上荣光.如图为大跳台示意图，为测量大跳台最高处点的高度，小王在场馆内的两点测得的仰角分别为（单位：），且，则大跳台最高高度（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】分别在和中，求得OB，OA，然后在中，利用余弦定理求解.【详解】解：在中，，在中，，在中，由余弦定理得，即，所以，解得，故选：C8．如图所示，已知点G是△ABC的重心，过点G作直线分别与AB，AC两边交于M，N两点，设x＝，y＝，则的值为（

）A．3 B．4C．5 D．6【答案】A【分析】由向量共线的推论知且，结合已知有，再由重心的性质有，根据平面向量基本定理列方程组即可求值.【详解】由题意且，而x＝，y＝，所以，又G是△ABC的重心，故，所以，可得，即.故选：A二、多选题9．实数满足，设，则下列说法正确的是（

）A．z在复平面内对应的点在第一象限 B．C．z的虚部是 D．z的实部是1【答案】ABD【分析】由条件结合复数相等的定义列方程求，由此可得，进而根据复数的概念和几何意义求得答案.【详解】实数满足，可化为，所以，解得，所以，对于A，z在复平面内对应的点的坐标为，位于第一象限，故A正确.对于B，|z|=，故B正确.对于C，z的虚部是1，故C错误.对于D，z的实部是1，故D正确.故选：ABD.10．下列关于平面向量的说法中正确的是（

）A．已知，均为非零向量，若，则存在唯一实数，使得B．在中，若，则点为边上的中点C．已知，均为非零向量，若，则D．若且，则【答案】ABC【分析】利用向量共线、向量加法、向量垂直、向量运算等知识对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】A选项，根据向量共线的知识可知，A选项正确，B选项，，根据向量加法的运算可知点为边上的中点，B选项正确.C选项，由两边平方并化简得，所以，C选项正确.D选项，是一个数量，无法得到两个向量相等，D选项错误.故选：ABC11．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法中正确的是（

）A．若，，则直线a平行于平面内的无数条直线B．若，，，则a与b是异面直线C．若，，则D．若，，则一定相交【答案】AC【解析】由题意得出或，不管是哪一种情况，都能在平面内找到无数条直线与直线平行即可判断A选项；由题意得出直线与b没有交点，则与b可能异面，也可能平行，即可判断B选项；由，得出直线与没有公共点，则，即可判断C选项；当直线平行时，也满足题意，即可判断D选项.【详解】A中，，，则或，所以不管在平面内还是平面外，都有结论成立，故A正确；B中，直线与b没有交点，所以与b可能异面，也可能平行，故B错误；C中，直线与平面没有公共点，所以，故C正确；D中，直线与平面有可能平行，故D错误.故选：AC【点睛】本题主要考查了直线与直线，直线与平面的位置关系，属于基础题.12．现有满足，且的面积，则下列命题正确的是（

）A．周长为 B．三个内角A，C，B满足关系C．外接圆半径为 D．中线的长为【答案】AB【分析】由已知可得，可得，利用余弦定理求，再求，结合面积公式求，可得周长，结合正弦定理可得外接圆半径，由此判断A，B，C，结合余弦定理求中线长，判断D.【详解】因为，所以，设，则，所以，又，所以，又，所以，B正确；因为，所以，所以，所以，所以周长为，A正确；设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，所以外接圆半径为，C错误；由余弦定理可得，，由，可得，由已知，所以，所以，所以，中线的长为，D错误；故选：AB.三、填空题13．已知平面向量，若，则__________.【答案】0【分析】首先求出的坐标，依题意可得，根据向量数量积的坐标表示得到方程，解得即可；【详解】解：因为，所以，又，所以，解得；故答案为：四、双空题14．已知是关于x的方程的一个根，则实数________，实数________.【答案】【分析】由条件可得，根据复数相等定义列方程求即可.【详解】∵方程的一个根，∴即.∴解得.故答案为：；.五、填空题15．正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为，为中点，则三棱锥的体积为________．【答案】【详解】试题分析：因为正三棱柱的底面边长为，侧棱长为为中点，所以底面的面积为，到平面的距离为就是底面正三角形的高，所以三棱锥的体积为．【解析】几何体的体积的计算．16．中，的角平分线交AC于D点，若且，则面积的最小值为________.【答案】【分析】由，结合三角形面积公式证明，根据基本不等式证明，由此求出面积的最小值.【详解】因为，为的角平分线，所以，又，故由三角形面积公式可得，，，又，所以，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以面积的最小值为.故答案为：.【点睛】知识点点睛：本题主要考查三角形面积公式和基本不等式，具有一定的综合性，问题解决的关键在于结合图形建立等量关系，结合三角形面积公式确定边的关系，属于较难题.六、解答题17．已知平面向量，，，．(1)求；(2)若，求实数k的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据列方程求得，进而求得.（2）根据向量平行列方程，化简求得的值.【详解】（1）因为，，且，所以，则，故．又因为，所以，故．（2）由（1）及条件，．因为，所以，解得．18．在中，角，，的对边分别为，，，且，.(1)若，求的值；(2)若的面积为，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理求解即可；（2）利用三角形面积公式和余弦定理求解即可.【详解】（1）由题意在中，，，，由正弦定理可得.（2）由，，，即，解得，由余弦定理，可得.19．现有“甜筒”状旋转几何体，可以看作一个圆锥与一个半球组合而成，其中圆锥的轴截面是边长为（单位：）的正三角形.(1)求该几何体的体积（单位：）；(2)求该几何体的表面积（单位：）.【答案】(1)(2)【分析】（1）求出球体的半径，圆锥的底面半径、母线长以及高，利用球体与锥体的体积公式可求得该几何体的体积；（2）利用球体的表面积以及圆锥的侧面公式可求得该几何体的表面积.【详解】（1）解：球半径为，圆锥底面半径，母线长，故圆锥高，所以，该几何体的体积为.（2）解：该几何体的表面积为.20．已知的内角的对边分别为，且，.（1）求；（2）求的周长.【答案】（1）；（2）9．【分析】（1）应用二倍角公式和诱导公式变形已知等式可求得；（2）由正弦定理化角为边，然后再结合余弦定理可求得，从而得三角形周长．【详解】（1）因为，所以，，因为，所以，；（2）因为.所以，又，即，，所以，，所以．【点睛】关键点点睛：本题考查余弦的二倍角公式，诱导公式，正弦定理，余弦定理等．解题关键是利用正弦定理化角为边，然后结合余弦定理可求得边长．21．在平面四边形ABCD中，，，，，△BCD的面积为．(1)求的值；(2)求边BC的长．【答案】(1)(2)14【分析】（1）由已知结合同角平方关系先求出，然后结合三角形内角和及诱导公式即可求解；（2）在△ABD中，由正弦定理，结合诱导公式可求得，结合三角形的面积公式可求得，最后利用余弦定理可求解.【详解】（1）解由题意得：在△ABD中，因为所以故．（2）由（1）得又，所以．在△ABD中，由正弦定理，因为，所以在△BCD中，所以．22．已知的面积为，且.（1）求；（2）若点为边上一点，且与的面积之比为