北仑中学2023学年第二学期高一年级期中考试数学参考答案

北仑中学2023学年第二学期高一年级期中考试数学参考答案（全年级+外高班使用）1．复数在复平面内所对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】根据复数的运算法则求出复数即可判断.【详解】由题意知，，所以在复平面内所对应的点为，位于第一象限.故选：A.2．如图所示的几何体是由下面哪一个平面图形旋转而形成的()A． B． C． D．【答案】A【详解】该几体的上部分是圆锥，中间是两个同底的圆台，下部分是圆柱，圆锥的轴截面是直角三角形，圆台的轴截面是直角梯形，圆柱的轴截面是矩形∴这个几何图形是由一个直角三角形和两个直角梯形以及一个矩形围绕直角边所在的直线为轴旋转一周得到．故选A．3．水平放置的的直观图如图，其中，，那么原是一个（

）

A．等边三角形 B．直角三角形C．三边中只有两边相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形【答案】A【分析】根据斜二测画法的规则求解即可.【详解】由图形知，在原中，，如图，

因为，所以，，，又，.为等边三角形.故选：A4．已知△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若A＝，b＝2acosB，c＝1，则△ABC的面积等于()A． B． C． D．【答案】B【详解】试题分析：根据正弦定理由可得,,在中,,为边长为1的正三角形,.故B正确.考点：正弦定理.【思路点睛】本题主要考查正弦定理,属容易题.三角形问题中强调边角统一,边角互化可以用正弦定理和余弦定理.本题中应根据正弦定理将已知条件转化为角的三角函数之间的关系式,即可轻松求得所求.5．蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包下半部分近似一个圆柱，高为2m；上半部分近似一个与下半部分同底的圆锥，其母线长为m，轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是面积为的等腰钝角三角形，则该蒙古包的体积约为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意求圆锥的高和底面半径，再结合锥体、柱体体积运算求解.【详解】如图所示为该圆锥轴截面，设顶角为，因为其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是腰长为，面积为的等腰三角形，所以，解得，则或（舍去），由得，，则上半部分的体积为，下半部分体积为，故蒙古包的体积为.故选：C.6．如图，在直三棱柱中，，P为的中点，则直线与所成的角为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】是中点，连接，易知为直线与所成角的平面角，根据已知条件及余弦定理求其余弦值，即可得的大小.【详解】若是中点，连接，直三棱柱中且，则为平行四边形，所以，故直线与所成角即为，令，又，则且，则，又，故，又，所以.故选：A7．三棱锥的侧棱上分别有三点E，F，G，且，则三棱锥与的体积之比是（

）A．6 B．8 C．12 D．24【答案】D【分析】根据体积公式计算三棱锥的体积与三棱锥的体积表达式，再求其比值.【详解】设的面积为，设的面积为，则，，又，，∴

，过点作平面，过点作平面，如图，则，∴与相似，又，∴，∵

，，∴，∴三棱锥与的体积之比是24.故选：D.8．在锐角中，角的对边分别为的面积为，若，则的取值范围为（

）A． B． C． D．【详解】由题意，而，所以，由余弦定理得，故，又由正弦定理得，整理得，故或（舍去），得，因为是锐角三角形，故，解得，故，.故选：C.9．欧拉公式（为虚数单位，）是由数学家欧拉创立的，该公式建立了三角函数与指数函数的关联，被誉为“数学中的天桥”．依据欧拉公式，下列选项正确的是（

）A．的虚部为1 B．C． D．的共轭复数为【答案】AD【分析】由，其虚部为1，可判断A；由，可判断B；由，可判断C；先求得，结合共轭复数的概念即可判断D.【详解】对于A，，其虚部为1，故A正确；对于B，，故B错误；对于C，，则，故C错误；对于D，，故的共轭复数为，故D正确.故选：AD.10．在△ABC中，，，，则（

）A．△ABC外接圆面积为定值，且定值为 B．△ABC的面积有最大值，最大值为C．若，则 D．当且仅当或时，△ABC有一解【答案】ABD【分析】对于A：利用正弦定理求半径；对于B：利用余弦定理建立边之间的关系，再利用基本不等式求得；对于C：利用正弦定理求得，再利用大边对大角进行判断；对于D：利用余弦定理得，结合二次函数零点分布理解计算．【详解】由容易得到，由得，，A正确；由得，解得，∴，B正确．若，由得，∴或（均符合题意），C错误．由得，，此方程有唯一正解等价于或，又由于，∴或，D正确．故选：ABD．11．如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成锐二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（

）A．存在某个位置，使得B．面积的最大值为C．D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积【答案】BCD【分析】对于A，取的中点，连接，，先证明，再证明与不垂直，进而可得结论；对于B，依题意先得到，从而可得到面积的最大值；对于C，取的中点，的中点，作平面，且点在平面内，连接，，，先说明点在直线上，再证明，，得到，，进而可得结论；对于D，先根据三棱锥的体积公式得到点与点重合，即平面时，最大，进而可得到三棱锥的外接球的半径和长、宽、高分别为，，的长方体的外接球的半径相等，从而可求得其外接球的半径，即可求解．【详解】对于A，取的中点，连接，，显然，且，又，且，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，又，，且为的中点，则与不垂直，所以与也不垂直，故A错误；对于B，由，，则，所以当时，最大，且最大值为，故B正确；对于C，取的中点，的中点，作平面，且点在平面内，连接，，，由，则，又，且，则，则在平面上的射影在直线上，即点在直线上，则平面与平面所成的二面角，则，所以，又在平面上的射影为，则，所以，所以，故C正确；对于D，结合C可知，，则当点与点重合，即平面时，最大，且最大值为，则，又，且，则平面，所以，，两两垂直，且，，，则三棱锥的外接球的半径和长、宽、高分别为，，的长方体的外接球的半径相等，所以其外接球的半径为，所以三棱锥的外接球的表面积为，故D正确．故选：BCD．12．已知复数满足，则（为虚数单位）的最大值为．【答案】6【分析】由复数的几何意义求解即可.【详解】设(为实数)，则复数满足的几何意义是以原点为圆心，以1为半径的圆上的点，则表示的几何意义是圆上的点到的距离，根据圆的性质可知，所求最大值为.故答案为：6.13．彬塔，又称开元寺塔､彬县塔，民间称“雷峰塔”，位于陕西省彬县城内西南紫薇山下.某同学为测量彬塔的高度，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，，在点测得塔顶的仰角为，则塔高.【答案】【分析】在中，由正弦定理可得，再由可得答案.【详解】因为，，所以，在中，由正弦定理可得，可得，在直角三角形中，，所以.故答案为：.14．已知A，B，C，D四点都在表面积为的球O的表面上，若球O的直径，且，则三棱锥体积的最大值为______。【分析】设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，根据正弦定理可求r，根据几何关系可求D到平面ABC的距离为定值，当△ABC面积最大时，三棱锥A－BCD体积最大，利用余弦定理、基本不等式、三角形面积公式可求△ABC面积的最大值，即得.【详解】设球O的半径为R，因为球O的表面积为，故，即，∵，，设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，∴根据正弦定理知，，即，∴，∵AD是直径，O是AD中点，故D到平面ABC的距离为，在△ABC中，根据余弦定理得，，即，∴，当且仅当时，等号成立，∴△ABC面积的最大值为，∴三棱锥A－BCD体积的最大值.15．如图，AB是圆柱的底面直径，AB＝2，PA是圆柱的母线且PA＝2，点C是圆柱底面圆周上的点.求圆柱的侧面积和体积；证明：平面平面；若AC＝1，D是PB的中点，点E在线段PA上，求CE＋ED的最小值.【详解】（1）圆柱的底面半径r＝1，高h＝2，圆柱的侧面积.圆柱的体积.(2)证明：简写版：平面平面；（3）将△PAC绕着PA旋转到使其与平面PAB共面，且在AB的反向延长线上.∵，，，，∴在三角形中，由余弦定理得，∴CE＋ED的最小值等于.16.已知复数，，（，是虚数单位）．(1)若在复平面内对应的点落在第一象限，求实数的取值范围；(2)若是实系数一元二次方程的根，求实数的值；(3)若，且是实数，求实数的值.【详解】（1）∵则在复平面对应的点坐标为，在复平面对应的点落在第一象限，∴，解得．（2）∵是方程的根则，即，所以，解得．（3）因为，则。于是所以，即是实数，，解得.17.如图，在四面体，分别是的中点．(1)求证：；(2)在上能否找到一点，使平面？若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由；(3)若，且求直线与平面所成角的正切值．【详解】（1）取的中点，连接在中，，同理而平面又平面；

（2）在上能找到一点，使平面，此时，证明如下：连接

是的中点，平面平面，平面，的中点即为所求．（3）是公共边，，从而由（1）可知：，即，，平面，∴平面易知平面故，设故18.已知的内角A，B，C的对边为a，b，c，且．(1)求；(2)若的面积为.①已知E为BC的中点，求底边BC上中线AE长的最小值；②求内角A的角平分线AD长的最大值．【详解】（1）由正弦定理，得，即，故，因为，所以，所以；（2）①由（1）知，因为的面积为，所以，解得，由于，所以，当且仅当时，等号取得到，所以；②因为为角的角平分线，所以，由于，所以，由于,所以，由于，又，所以由于，当且仅当时，等号取得到，故，故.19．如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D．

(1)求证：平面；(2)若点F为棱的中点，求三棱锥的体积；(3)在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由．【详解】（1）

如图所示，连接，由题意可知面ABC，四边形是菱形.∵面ABC，∴，又∵D是AC中点，是正三角形，∴，显然面，∴面，∵面，∴，在菱形中，有，而D，E分别是线段的中点，则，∴