2022-2023学年吉林省第三十六届联合体高一下学期期中联考数学试题【含答案】

2022-2023学年吉林省第三十六届联合体高一下学期期中联考数学试题一、单选题1．已知复数满足，是虚数单位，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】直接利用复数的除法计算即可.【详解】,.故选：A.2．一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的周长为（

）A．8 B． C．16 D．【答案】C【分析】根据斜二测画法的过程将直观图还原回原图形，找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形，再计算平行四边形的周长即可．【详解】还原直观图为原图形如图所示，因为，所以，还原回原图形后，，，所以，所以原图形的周长为．故选：C.3．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则（

）A．1 B． C．3 D．1或3【答案】C【分析】根据余弦定理求解即可.【详解】由余弦定理，，即，，解得.故选：C4．圆锥侧面展开图扇形的圆心角为60°，底面圆的半径为8，则圆锥的侧面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】运用扇形的弧长公式及圆锥的侧面积公式计算即可.【详解】设圆锥的半径为r，母线长为l，则，由题意知，，解得：，所以圆锥的侧面积为.故选：A.5．已知，，E为的中点，记，，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据向量的线性运算即可结合图形关系求解.【详解】由得,所以,故选：B6．已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量为（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】由已知可求得，然后根据投影向量的公式，即可得出答案.【详解】因为，，所以，所以，向量在向量上的投影向量为.故选：C．7．在正四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是腰长为的等腰三角形，则正四棱锥的外接球的体积为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】设外接球的球心为O，半径为R，底面中心为E，连接SE，BO，BE，在中，由求解.【详解】解：如图所示设外接球的球心为O，半径为R，底面中心为E，连接SE，BO，BE，因为在正四棱锥中，底面是边长为2的正方形，侧面是腰长为的等腰三角形，所以，在中，，即，解得，所以外接球的体积为，故选：C8．圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，被列为第四批全国重点文物保护单位，其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美.如图，小明为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点（三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度约为(取)（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】在直角中可得，再在中利用正弦定理可得，所以由结合正弦的两角差公式即可求解.【详解】在直角中，，因为在中，，，所以，在中由正弦定理可得，又由，所以在直角中，可得,故选：B二、多选题9．已知是虚数单位，以下四个说法中正确的是（

）A．B．复数的虚部为C．若复数z满足，则z所对应的点在第一象限D．已知复数z满足，则z在复平面内对应的点的轨迹为一条直线【答案】AD【分析】根据复数的运算，可判断A正确；根据复数概念，判断B错；根据复数的运算，求出复数z，结合复数的几何意义，可判断C错；根据复数模的几何意义，可判断D正确.【详解】A选项，，故A正确；B选项，z的虚部为-1，故B错误；C选项，设，，则，所以有，解之得或即或，对应的点的坐标为或，即z所对应的点在第一象限或第三象限，故C错误；D选项，表示z到和两点的距离相等，故z的轨迹是线段的垂直平分线，故D正确.故选：AD.10．设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，下列命题中错误的是（

）A．若，，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，，则【答案】ABD【分析】根据线线，线面，面面的位置关系，判断选项.【详解】A.若，，，则或相交，因为若都与交线平行，此时，，但此时两个平面相交，故A错误；B.直线垂直于平面的两条相交直线，直线与平面垂直，所以根据线面垂直的判断定理可知，B错误；C.若，，则，故C正确；D.若，，，则，或异面，故D错误.故选：ABD11．在中，a，b，c分别为的对边，下列叙述正确的是（

）A．若，则有两解B．若，则为等腰三角形C．若为锐角三角形，则D．若，则为锐角三角形【答案】AC【分析】利用正弦定理可判定A，B的正误，根据锐角三角形的特点和余弦函数的单调性可得C的正误，用正弦定理和余弦定理可得D的正误.【详解】若，则由正弦定理，可得，所以或，此时有两解，A正确；若，则由正弦定理可得，所以,即，所以有或，即或，B不正确；若为锐角三角形，则，，因为在为减函数，所以，C正确；若，则由正弦定理可得，设，其中；则为最大边，，为钝角三角形，D不正确.故选：AC.12．如图，正方体的棱长为3，E为AB的中点，，动点M在侧面内运动（含边界），则（

）A．若∥平面，则点M的轨迹长度为B．平面与平面ABCD的夹角的正切值为C．平面截正方体所得的截面多边形的周长为D．不存在一条直线l，使得l与正方体的所有棱所成的角都相等【答案】ABC【分析】对于A、C项，先作出平面截正方体所得的截面，通过构造面面平行得出M轨迹及截面多边形周长；对于B项，作出二面角计算即可；对于D项，可知所有与体对角线平行的线与正方体各棱夹角都相等.【详解】如图所示，分别延长DC、D1F交于点N，连接NE并延长交DA的延长线于G点，交CB于O点，连接D1G交A1A于H点，则五边形D1FOEH为平面截正方体所得的截面，在侧面中作PQ∥D1H，可得M轨迹为线段PQ，由已知及平行线分线段成比例可得：，,所以,即，A正确；，故五边形D1FOEH周长为，C正确；连接BD，交EO于点I，由上计算可得I为GN中点，且D1G=G1N，故DI⊥EO，D1I垂直EO，即为平面与平面ABCD的夹角，易得，B正确；对于D存在直线l，如直线与正方体三条棱夹角相等．故选：ABC．三、填空题13．设复数，满足，，则=__________.【答案】【分析】令，，由，从而，由此能求出．【详解】解：复数，满足，令，，所以，，，，即，整理得，又，．故答案为：．14．半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为______．【答案】【分析】利用棱柱及棱锥的体积公式即可求解.【详解】设棱长为2，则所以原正方体的体积为，所以二十四等边体为，所以二十四等边体与原正方体的体积之比为．故答案为：.15．如图所示，在长方体中，，，点E，F，G分别是，，的中点，则异面直线与所成的角是_____.【答案】【分析】连接，，，则得或其补角即为与所成的角，再利用勾股定理即可得到线线角.【详解】连接，，，点E，F，G分别是，，的中点，，，，四边形为平行四边形，则，故或其补角即为与所成的角，易得，，，所以，所以.故答案为：.16．已知等边三角形的边长为2,点P在边上,点Q在边的延长线上,若,则的最小值为______.【答案】【分析】以为轴建立平面直角坐标系，设，用t表示，求其最小值即可得到本题答案.【详解】过点A作BC的垂线，垂足为O，以为轴建立平面直角坐标系.作PM垂直BC交于点M，QH垂直y轴交于点H，CN垂直HQ交于点N.设，则，故有所以，，当时，取最小值.故答案为：【点睛】本题主要考查利用建立平面直角坐标系解决向量的取值范围问题.四、解答题17．如图，是直角三角形斜边上一点，.(1)若，求角的大小；(2)若，且，求的长.【答案】(1)(2)【分析】（1）先由正弦定理求出，结合得到，从而得到；（2）求出，进而得到角C的余弦值，再使用余弦定理求出的长.【详解】（1）在中，由正弦定理得，所以，又所以，.（2）由，且知：所以，直角三角形中，在中，由余弦定理得所以，.18．已知，．（1）若，求x的值；（2）当时，求；（3）若与所成的角为钝角，求x的范围【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）利用向量平行，对应坐标成比例，计算x，即可得出答案．（2）利用向量垂直，数量积为0，建立等式，计算x，即可得出答案．（3）当所成角为钝角，则，代入坐标，即可得出答案．【详解】解：（1）∵已知，，若，则=，求得x=-2．（2）当时，•=4x-2=0，x=，====5．（3）若与所成的角为钝角，则＜0且，不共线，∴4x-2＜0，≠，求得x＜，且x≠-2，故x的范围为{x|x＜且x≠-2}．【点睛】本道题目考查了向量平行，向量垂直，向量数量积与0的关系，向量平行说明对应坐标成比例，向量垂直说明向量数量积为0，即可得出答案．19．在复平面内，复数，对应的点分别为，，，且为纯虚数．(1)求a的值；(2)若的共轭复数是关于x的方程的一个根，求实数p，q的值．【答案】(1)3(2)，【分析】（1）首先根据复数的几何意义表示，再表示，根据复数的特征，求参数的值；（2）首先将复数代入方程，根据实部和虚部为0，求实数的值.【详解】（1）由复数的几何意义可知，，，为纯虚数，，（2），由条件可知，，即，解得：，20．已知分别为的内角的对边，且.(1)求角；(2)若的面积为，求的周长.【答案】(1)(2)6【分析】（1）根据，利用正弦定理结合两角和与差的正弦函数得到，再利用辅助角公式求解.（2）由的面积为，结合，得到，再利用余弦定理求解.【详解】（1）解：因为，所以由正弦定理得.因为，所以，所以.因为，所以，所以，即.所以，即又，所以.（2）因为的面积为，所以.由，所以.由余弦定理得，又，所以.解得.故的周长为.21．如图，四棱柱的底面是菱形，平面，，，，点为的中点.(1)求证：直线平面；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接交于点，连接，根据线面平行的判定定理求解；（2）连接，，可证明为二面角的平面角，利用余弦定理求解余弦值即可.【详解】（1）连接交于点，连接，如图，则为的中点，由于是的中点，故，∵平面，平面，所以平面；（2）连接，，因为，是的中点，所以，因为，平面，所以平面，又平面，所以，由底面是菱形，得，又平面，所以平面，又平面，所以，则为二面角的平面角，，，，由余弦定理可知，∴二面角的余弦值为.22．如图所示，四边形为菱形，，平面平面，点是棱的中点．(1)求证：；(2)若，求三棱锥的体积．(3)若，当二面角的正切值为时，求直线与平面所成的角．【答案】(1)证明见解析(2)1(3)45°【分析】(1)先证明平面得到；(2)将三棱锥的体积转化为三棱锥的体积求解；(3)设，，可证得为二面角的平面角，可得，为直线与平面所成的角，可求得知大小．【详解】（1）如图所示，设点是棱的中点