广东省深圳市重点中学2022-2023学年高一下学期期中联考数学试题及参考答案

—2023学年第二学期深圳市重点中学联考高一数学时间：120分钟；满分：150分第I卷一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1.若复数满足，则的虚部是（）A.4B.-2C.D.2.已知向量，且，则（）A.-2B.C.D.23.在中，，则边的长为（）A.B.3C.D.4.如图，已知为正方体，则异面直线与所成角为（）A.B.C.D.5.下列命题中成立的是（）A.各个面都是三角形的多面体一定是棱锥B.有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱C.一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱锥D.各个侧面都是矩形的棱柱是长方体6.如图，位于A处的海面观测站获悉，在其正东方向相距40海里的B处有一艘渔船遇险，并在原点等待营救，在A处南偏西且相距20海里的C处有一艘救援船，则该船到救助处B的距离为（）A.海里B.海里C.海里D.海里7.“中国天眼”射电望远镜的反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆面为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠面积，其中R为球的半径，为球冠的高），设球冠底的半径为r，周长为C，球冠的面积为S，则当，时，（）A.B.C.D.8.在锐角三角形分别为内角所对的边长，，则（）A.3B.4C.5D.6二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知直线l､m，平面，则下列说法中正确的是（）A.若，则必有B.若，则必有C.若，则必有D.若，则必有10.下列说法中错误的是（）.A.若，则B.若且，则C.若为非零向量且，则D.若，则有且只有一个实数，使得11.的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则是钝角三角形C.若，则符合条件的有两个D.若，则为等腰三角形12.如图，已知正方体的棱长为为正方形底面内的一动点，则下列结论正确的有（）A.三棱锥的体积为定值B.存在点，使得C.若，则点在正方形底面内的运动轨迹长度为D.若点是的中点，点是的中点，过作平面平面，则平面截正方体所得截面的面积为第II卷三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.写出一个模为5，且在复平面内对应的点在第三象限的复数__________.14.中，，则此三角形的外接圆半径是__________.15.已知某圆台的上､下底半径和高的比为，母线长为，则该圆台的体积为__________.16.在2022年2月4日举行的北京冬奥会开幕式上，贯穿全场的雪花元素为观众带来了一场视觉盛宴，象征各国､各地区代表团的“小雪花”汇聚成一朵代表全人类“一起走向未来”的“大雪花”的意境惊艳了全世界（如图①），顺次连接图中各顶点可近似得到正六边形（如图②）.已知正六边形的边长为1，点M满足，则_______；若点P是正六边形边上的动点（包括端点），则的最大值为_______.四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17.（10分）已知复数.（1）求；（2）若复数在复平面内对应的向量分别为，求向量对应的复数.18.（12分）已知的内角所对的边分别为，且.（1）求角的大小；（2）从下列①②③中选择两个作为条件，证明另外一个条件成立：①；②；③.注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.19.（12分）已知在中，是边的中点，且，设与交于点.记，.（1）用，表示向量，；（2）若，且，求的余弦值.20.（12分）已知各棱长均为2的直三棱柱中，为的中点.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.21.（12分）记的内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，且（1）证明：；（2）若，求.22.（12分）如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面.设平面PAD与平面PBC的交线为l.（1）证明：l⊥平面PDC；（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值.数学答案一､单选题12345678ABCCBDBB二､多选题9101112CDABDABACD三､填空题13.（答案不唯一）14.15.16.；1.A【详解】因为，所以，所以的虚部是42.B【详解】解：因为，且，所以，解得；3.C【详解】由题意，在中，，由正弦定理，，解得：，4.C因为等边三角形，所以选5.B【详解】对A，只要将底面全等的两个棱锥的底面重合在一起，所得多面体的每个面都是三角形，但这个多面体不是棱锥，如图，故A错误；对B，若棱柱有两个相邻侧面是矩形，则侧棱与底面两条相交的边垂直，则侧棱与底面垂直，此时棱柱一定是直棱柱，故B正确；对于C，如图所示，若，满足侧面均为全等的等腰三角形，但此时底面不是正三角形，故C错误；对D，各个侧面都是矩形的棱柱不一定是长方体，比如底面为三角形的直三棱柱，故D错误.故选：B.6.D【详解】由已知得海里，海里，，在中由余弦定理得海里.故选：D.7.B【分析】作出示意图，根据条件先求出r，然后根据并结合勾股定理求出R，进而得到答案.【详解】如示意图，根据题意，，由勾股定理可得，联立方程解得.于是.故选：B.8.B【解答】解，因为，由余弦定理可得，即，又因为9.CD【分析】由线面､面面位置关系逐项判断即可得解.【详解】对于A，平面可能相交，所以选项A错误；对于B，平面可能平行或斜交，所以选项B错误；对于C，因为且，则必有，所以C正确；对于D，因为，则必有，所以D正确.故选：CD10.ABD【分析】对于题中所给的条件与结论需要考虑周全，可以得出结论.【详解】选项，当为时，与可能不平行，故错误；B选项，由且，可得或，故B错误；C选项，，根据数量积规则，则两边平方化简可得，∴，故C正确；D选项，根据向量共线基本定理可知当都为非零向量时成立，为零向量时也成立，若时，不存在，但（零向量与所有的向量共线），故D错误；故选：ABD.11.AB【分析】利用正弦定理､余弦定理对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】选项，在三角形中，大角对大边，所以，由正弦定理得，所以，所以选项正确.选项，由正弦定理得，所以为钝角，所以B选项正确.选项，由正弦定理可得故此三角形有唯一解，错误；D因为，所以，所以，即，所以或，即或，所以为等腰三角形或直角三角形，故错误.故选：12.ACD【详解】对于A，由题意及图形可知平面平行于平面，则点P到平面距离为定值.则，又为定值，故三棱锥的体积为定值.故A正确；对于B，因，则若，必有平行于.但平面，平面，平面或平面，则与相交或与异面.故不存在相应的点P，使.故B错误；对于C，如图有平面.理由如下：连接.由题可得，又，则平面.因平面，则.同理可证得，又，则平面，得平面.故点轨迹为平面与底面交线，即为线段故C正确；对于D，如图取中点为，连接.由题可得平面.因平行于，平面，则.又，则平面.又取中点为，则，有四点共面.则平面即为平面.又由两平面平行性质可知，平面与互相平行平面的交线互相平行，故，又都是中点，故是中点，是中点.则平面截正方体所得截面为正六边形，又正方体棱长为2，则，故截面面积为.故D正确.故选：ACD13.（答案不唯一）【分析】根据复数的模､复数对应点所在象限确定正确结论.【详解】设，则满足即可.所以符合题意.故答案为：（答案不唯一）14.【分析】根据余弦定理，可得，进而可得的值，根据正弦定理，即可得答案.【详解】由余弦定理得，因为，所以，设外接圆半径为，由正弦定理得，解得15.【详解】解：根据题意，设圆台的上､下底面半径和高分别为，上底面半径为，下底面半径为，高，可得母线长为，即，解之得，所以圆台的上底面半径为，下底面半径为，高.由此可得圆台的体积为.故答案为：.16.①1；②【解析】【分析】由题可得，利用向量的数量积的运算法则即得，然后利用数量积的定义和正六边形的性质解得最大值为.【详解】由题可知，∴，∴，结合以及正六边形的几何特征可知为的中点，所以要使最大，可知当在处时，最大，此时最大，即.故答案为：；17.（1）（2）【分析】（1）利用复数的四则运算化简.（2）由复数的坐标运算求解.【详解】（1）.（2）由题意得，则，所以向量对应的复数为.18.【详解】（1）由正弦定理得（2）选①②：，由（1）知：，由，则，所以，故.选②③：，由①知：，由，则，由，故.选①③：，由（1）知：，则.19.（1），（2）【分析】（1）根据平面向量的基底与三角形法则即可用，表示向量，；（2）由得，代入向量数量积公式即可求得的余弦值.【详解】（1）（2）∵三点共线，由得，，即，∴，∴，∴的余弦值为.20.【详解】（1）证明：连接，交于点，连接，因为为平行四边形，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面平面，所以平面，（2）解：因为三棱柱是直三棱柱且所有棱长均为2，在中，，所以，所以为直角三角形，设到平面的距离为，因为，解得，所以到平面的距离为；21.【答案】（1）证明见解析（2）（1）在中，因为，所以，又因为，所以，即在中，根据正弦定理，得，故.（2）在中，，又由（1）知，，所以，在中，根据余弦定理，得，又由已知，，得，所以，则，即，因为，则，所以或，所以或，又点在边上，且，，所以必有一个大于等于，所以.22.（1）证明见解析；（2）.【详解】（1）证明：在正方形中，，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以，因为在四棱锥中，底面是正方形，所以且平面，所以因为，所以平面.（2）[方法一]：定义法如图2，因为平面，，所以平面.在平面中，设.