?廣東省深圳市第二高級(jí)中學(xué)、深圳市龍崗區(qū)龍城高級(jí)中學(xué)2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期期中聯(lián)考數(shù)學(xué)試題
學(xué)校:___________姓名：___________班級(jí)：___________考號(hào)：___________

一、單選題
1．若復(fù)數(shù)滿足，則的虛部是（????）
A．4 B． C． D．
2．已知向量，且，則（????）
A．-2 B． C． D．2
3．在中，，，，則邊AC的長(zhǎng)為（????）
A． B．3 C． D．
4．如圖，已知為正方體，則異面直線與所成角為（????）

A． B． C． D．
5．下列命題中成立的是（????）
A．各個(gè)面都是三角形的多面體一定是棱錐
B．有兩個(gè)相鄰側(cè)面是矩形的棱柱是直棱柱
C．一個(gè)棱錐的側(cè)面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱錐
D．各個(gè)側(cè)面都是矩形的棱柱是長(zhǎng)方體
6．如圖，位于A處的海面觀測(cè)站獲悉，在其正東方向相距40海里的B處有一艘漁船遇險(xiǎn)，并在原點(diǎn)等待營(yíng)救，在A處南偏西且相距20海里的C處有一艘救援船，則該船到救助處B的距離為（????）

A．海里 B．海里 C．海里 D．海里
7．“中國(guó)天眼”射電望遠(yuǎn)鏡的反射面的形狀為球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圓面為底，垂直于圓面的直徑被截得的部分為高，球冠面積，其中R為球的半徑，為球冠的高），設(shè)球冠底的半徑為r，周長(zhǎng)為C，球冠的面積為S，則當(dāng)，時(shí)，（????）

A． B． C． D．
8．在銳角三角形分別為內(nèi)角所對(duì)的邊長(zhǎng)，，則（????）
A．3 B．4 C．5 D．6

二、多選題
9．已知直線l?m，平面，則下列說(shuō)法中正確的是（????）
A．若，則必有 B．若，則必有
C．若，則必有 D．若，則必有
10．下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是（????）.
A．若，則
B．若且，則
C．若為非零向量且，則
D．若，則有且只有一個(gè)實(shí)數(shù)，使得
11．的內(nèi)角的對(duì)邊分別為，則下列說(shuō)法正確的是（????）
A．若，則
B．若，則是鈍角三角形
C．若，則符合條件的有兩個(gè)
D．若，則為等腰三角形
12．如圖，已知正方體的棱長(zhǎng)為為正方形底面內(nèi)的一動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的有（????）
??
A．三棱錐的體積為定值
B．存在點(diǎn)，使得
C．若，則點(diǎn)在正方形底面內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡長(zhǎng)度為
D．若點(diǎn)是的中點(diǎn)，點(diǎn)是的中點(diǎn)，過(guò)作平面平面，則平面截正方體所得截面的面積為

三、填空題
13．寫(xiě)出一個(gè)模為5，且在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)在第三象限的復(fù)數(shù)__________.
14．中，，，則此三角形的外接圓半徑是___________.
15．已知某圓臺(tái)的上、下底半徑和高的比為，母線長(zhǎng)為，則該圓臺(tái)的體積為_(kāi)_____（）.

四、雙空題
16．在2022年2月4日舉行的北京冬奧會(huì)開(kāi)幕式上，貫穿全場(chǎng)的雪花元素為觀眾帶來(lái)了一場(chǎng)視覺(jué)盛宴，象征各國(guó)、各地區(qū)代表團(tuán)的“小雪花”匯聚成一朵代表全人類“一起走向未來(lái)”的“大雪花”的意境驚艷了全世界（如圖①），順次連接圖中各頂點(diǎn)可近似得到正六邊形（如圖②）．已知正六邊形的邊長(zhǎng)為1，點(diǎn)M滿足，則_______；若點(diǎn)P是正六邊形邊上的動(dòng)點(diǎn)（包括端點(diǎn)），則的最大值為_(kāi)______．


五、解答題
17．已知復(fù)數(shù).
(1)求；
(2)若復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的向量分別為，求向量對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù).
18．已知的內(nèi)角所對(duì)的邊分別為，且.
(1)求角的大??；
(2)從下列①②③中選擇兩個(gè)作為條件，證明另外一個(gè)條件成立：
①；②；③.
注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分.
19．已知在中，是邊的中點(diǎn)，且，設(shè)與交于點(diǎn)．記，．

(1)用，表示向量，；
(2)若，且，求的余弦值．
20．已知各棱長(zhǎng)均為2的直三棱柱中，為的中點(diǎn).
??
(1)求證：平面；
(2)求點(diǎn)到平面的距離.
21．記的內(nèi)角，，的對(duì)邊分別為，，.已知，點(diǎn)在邊上，且
(1)證明：；
(2)若，求.
22．如圖，四棱錐P-ABCD的底面為正方形，PD⊥底面ABCD．設(shè)平面PAD與平面PBC的交線為l．

（1）證明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q為l上的點(diǎn)，求PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值．

參考答案：
1．A
【分析】計(jì)算，求其虛部.
【詳解】因?yàn)椋?，所以的虛部?.
故選：A
2．B
【分析】由向量共線的坐標(biāo)表示求解即可.
【詳解】因?yàn)?，且?br /> 所以，解得；
故選：B.
3．C
【分析】由正弦定理即可求出邊AC的長(zhǎng).
【詳解】由題意，
在中，，，，
由正弦定理，
，
解得：，
故選：C.
4．C
【分析】連接，則可得為異面直線與所成角，然后在中求解即可.
【詳解】連接，
因?yàn)樵谥校危?br /> 所以為異面直線與所成角，
因?yàn)樵谥?，?br /> 所以為等邊三角形，
所以，
所以異面直線與所成角為，
故選：C

5．B
【分析】根據(jù)相關(guān)空間幾何體的定義，舉出部分反例空間幾何體即可判斷.
【詳解】對(duì)A，只要將底面全等的兩個(gè)棱錐的底面重合在一起,
所得多面體的每個(gè)面都是三角形,但這個(gè)多面體不是棱錐，如圖，故A錯(cuò)誤；

對(duì)B，若棱柱有兩個(gè)相鄰側(cè)面是矩形，則側(cè)棱與底面兩條相交的邊垂直，
則側(cè)棱與底面垂直，此時(shí)棱柱一定是直棱柱，故B正確；
對(duì)于C，如圖所示，若，
滿足側(cè)面均為全等的等腰三角形，但此時(shí)底面不是正三角形，故C錯(cuò)誤；

對(duì)D，各個(gè)側(cè)面都是矩形的棱柱不一定是長(zhǎng)方體，
比如底面為三角形的直三棱柱，故D錯(cuò)誤.
故選：B.
6．D
【分析】由余弦定理可得答案.
【詳解】由已知得海里，海里，，在中由余弦定理得

海里.
故選：D.
7．B
【分析】作出示意圖，根據(jù)條件先求出r，然后根據(jù)并結(jié)合勾股定理求出R，進(jìn)而得到答案.
【詳解】如示意圖，根據(jù)題意，，由勾股定理可得，聯(lián)立方程解得.

于是.
故選：B.
8．B
【分析】對(duì)已知等式利用余弦定理統(tǒng)一成邊的形式，化簡(jiǎn)可得，然后同角三角函數(shù)的關(guān)系和正余弦定理化簡(jiǎn)可得結(jié)果.
【詳解】因?yàn)椋?br /> 所以由余弦定理可得，即，
所以




故選：B
9．CD
【分析】由線面、面面位置關(guān)系逐項(xiàng)判斷即可得解.
【詳解】對(duì)于A，平面可能相交，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，平面可能平行或斜交，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，因?yàn)榍?，則必有，所以C正確；
對(duì)于D，因?yàn)?，則必有，所以D正確.
故選：CD
10．ABD
【分析】根據(jù)為，即可判斷AD，由數(shù)量積的運(yùn)算律，即可判斷C,由向量相等的定義即可判斷B.
【詳解】A選項(xiàng)，當(dāng)為時(shí)，與不一定平行，故A錯(cuò)誤；
B選項(xiàng)，由且，可得或，故B錯(cuò)誤；
C選項(xiàng)，由得 ，所以 ，
∴，故C正確；
D選項(xiàng)， 若， 時(shí)， ，但是不存在，使得，故D錯(cuò)誤；
故選：ABD.
11．AB
【分析】利用正弦定理?余弦定理對(duì)各個(gè)選項(xiàng)逐一分析，由此確定正確選項(xiàng)即可.
【詳解】選項(xiàng)，在三角形中大角對(duì)大邊，所以，
由正弦定理得，所以選項(xiàng)正確；
選項(xiàng)，由正弦定理得，
所以，又，則C為鈍角，所以B選項(xiàng)正確；
選項(xiàng)，由正弦定理可得，
又，則，故此三角形有唯一解，錯(cuò)誤；
D選項(xiàng)，因?yàn)?，所以?br /> 所以，即，
又，且，所以或，
即或，
所以為等腰三角形或直角三角形，故錯(cuò)誤.
故選：
12．ACD
【分析】對(duì)于A：利用體積轉(zhuǎn)化得可求得體積為定值；對(duì)于B：作，交線段于，可證得矛盾；對(duì)C：可證平面得點(diǎn)軌跡為線段；對(duì)于D：可證得平面截正方體所得截面為正六邊形，求其面積即可.
【詳解】對(duì)于A，由題意及圖形可知平面平行于平面，
則點(diǎn)P到平面距離為定值.
則，
又為定值，故三棱錐的體積為定值，故A正確；
對(duì)于B，
??
作，交線段于，連接
因?yàn)槊婷?，面面，面?br /> 所以面，又面，所以，
若，又，故面，
又面，所以，
因?yàn)闉榫€段上一點(diǎn)，在直角中不可能有，
故不存在相應(yīng)的點(diǎn)P，使，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，如圖有平面.理由如下：連接
由題可得，
又，則平面.
因平面，則.
同理可證得，
又，則平面，得平面.
故點(diǎn)軌跡為平面與底面交線，即為線段,又，故C正確；
??
對(duì)于D，如圖取中點(diǎn)為，連接.
由題可得平面.
因平行于，平面，
則.
又，則平面.
又取中點(diǎn)為，則，
有四點(diǎn)共面
因?yàn)槠矫?，所以平面平?
則平面即為平面.
設(shè)平面分別與交于，
因?yàn)槊婷?，面，?br /> 所以，又都是中點(diǎn)，故是中點(diǎn).
同理可證是中點(diǎn)，
所以平面截正方體所得截面為正六邊形，
又正方體棱長(zhǎng)為2，則，
故截面面積為，故D正確.
??
故選：ACD
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛:利用平面的性質(zhì)確定截面形狀的依據(jù)如下:
(1)平面的四個(gè)公理及推論; .
(2)直線與平面平行的判定與性質(zhì);
(3)兩個(gè)平面平行的性質(zhì).
13．（答案不唯一）
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的模、復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)點(diǎn)所在象限確定正確結(jié)論.
【詳解】設(shè)，則滿足即可.
所以符合題意.
故答案為：（答案不唯一）
14．
【分析】根據(jù)余弦定理，可得，進(jìn)而可得的值，根據(jù)正弦定理，即可得答案.
【詳解】由余弦定理得，
因?yàn)椋裕?br /> 設(shè)外接圓半徑為R，由正弦定理得，解得
故答案為：
15．
【分析】根據(jù)圓臺(tái)的軸截面性質(zhì)，結(jié)合題意利用勾股定理，算出圓臺(tái)的上底面半徑為，下底面半徑為，高，再由圓臺(tái)的體積公式加以計(jì)算，即可得出該圓臺(tái)的體積．
【詳解】解：根據(jù)題意，設(shè)圓臺(tái)的上、下底面半徑和高分別為、、，
上底面半徑為，下底面半徑為，高，
可得母線長(zhǎng)為cm，即 cm，
解之得，所以圓臺(tái)的上底面半徑為 cm，下底面半徑為 cm，高 cm．
由此可得圓臺(tái)的體積為cm．
故答案為：．
16． 1 /
【分析】由題可得，利用向量的數(shù)量積的運(yùn)算法則即得，然后利用數(shù)量積的定義和正六邊形的性質(zhì)解得 最大值為.
【詳解】由題可知，
∴，
∴，
結(jié)合以及正六邊形的幾何特征可知為的中點(diǎn)，
所以
要使最大，可知當(dāng)在處時(shí)，最大，此時(shí)最大，

即.
故答案為：；
17．(1)
(2)

【分析】（1）利用復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算化簡(jiǎn)即可求得；
（2）由復(fù)數(shù)的坐標(biāo)運(yùn)算即可求得向量對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù).
【詳解】（1）.
（2）由得，又，
則，
所以向量對(duì)應(yīng)的復(fù)數(shù)為.
18．(1)
(2)答案見(jiàn)解析

【分析】（1）由正弦定理邊角互化即可求解，
（2）利用余弦定理以及三角形面積公式即可求解.
【詳解】（1）由正弦定理得
；
（2）選①②：，由（1）知：，
由，
又，則，
所以，故.
選②③：，由①知：，
由，則，
由，
故.
選①③：，
，
，
，
由（1）知：，則.
19．(1)，
(2)

【分析】（1）根據(jù)平面向量的基底與三角形法則即可用，表示向量，；
（2）由得，代入向量數(shù)量積公式即可求得的余弦值.
【詳解】（1）


（2）∵三點(diǎn)共線，由得，
，即，
∴，
∴，∴的余弦值為.
20．(1)證明見(jiàn)解析；
(2)

【分析】（1）由線面平行的判定定理證明即可；
（2）利用等體積法求點(diǎn)到平面的距離即可.
【詳解】（1）證明：如圖
??
連接，交于點(diǎn)，連接，
因?yàn)闉槠叫兴倪呅?，所以為的中點(diǎn)，又為的中點(diǎn)，
所以，
又平面平面，所以平面，
（2）因?yàn)槿庵侵比庵宜欣忾L(zhǎng)均為2，
在中，，

所以，所以為直角三角形，
設(shè)到平面的距離為，因?yàn)椋?br /> ，解得，
所以到平面的距離為.
21．(1)證明見(jiàn)解析
(2)

【分析】（1）在中由銳角三角函數(shù)，得，代入條件，由正弦定理角化邊得，即證；
（2）由三角形等面積法，得，代入可得；將條件和同時(shí)代入余弦定理，化簡(jiǎn)后利用輔助角公式得到，即可求解.
【詳解】（1）在中，因?yàn)?，所以?br /> 又因?yàn)椋?，?br /> 在中，根據(jù)正弦定理，得，故.
（2）在中，，
又由（1）知，，所以，
在中，根據(jù)余弦定理，得，
又由已知，，得，
所以，則，即，
因?yàn)?，則，所以或，
所以或，
又點(diǎn)在邊上，且，，
所以必有一個(gè)大于等于，所以.
22．（1）證明見(jiàn)解析；（2）.
【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證得平面，利用線面平行的判定定理以及性質(zhì)定理，證得，從而得到平面；
（2）方法一：根據(jù)題意，建立相應(yīng)的空間直角坐標(biāo)系，得到相應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)出點(diǎn)，之后求得平面的法向量以及向量的坐標(biāo)，求得的最大值，即為直線與平面所成角的正弦值的最大值.
【詳解】（1）證明：
在正方形中，，因?yàn)槠矫?，平面?br /> 所以平面，又因?yàn)槠矫妫矫嫫矫妫?br /> 所以，因?yàn)樵谒睦忮F中，底面是正方形，所以且平面，所以
因?yàn)椋云矫妫?br /> （2）［方法一］【最優(yōu)解】：通性通法
因?yàn)閮蓛纱怪?，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示：

因?yàn)?，設(shè)，
設(shè)，則有，
設(shè)平面的法向量為，
則，即，
令，則，所以平面的一個(gè)法向量為，則

根據(jù)直線的方向向量與平面法向量所成角的余弦值的絕對(duì)值即為直線與平面所成角的正弦值，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值等于，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以直線與平面所成角的正弦值的最大值為.
［方法二］：定義法
如圖2，因?yàn)槠矫妫云矫妫?br />
在平面中，設(shè)．
在平面中，過(guò)P點(diǎn)作，交于F，連接．
因?yàn)槠矫嫫矫?，所以?br /> 又由平面，平面，所以平面．又平面，所以．又由平面平面，所以平面，從而即為與平面所成角．
設(shè)，在中，易求．
由與相似，得，可得．
所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立．
［方法三］：等體積法
如圖3，延長(zhǎng)至G，使得，連接，，則，過(guò)G點(diǎn)作平面，交平面于M，連接，則即為所求．

設(shè)，在三棱錐中，．
在三棱錐中，．
由得，
解得，
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立．
在中，易求，所以直線PB與平面QCD所成角的正弦值的最大值為．
【整體點(diǎn)評(píng)】（2）方法一：根據(jù)題意建立空間直角坐標(biāo)系，直線PB與平面QCD所成角的正弦值即為平面的法向量與向量的夾角的余弦值的絕對(duì)值，即，再根據(jù)基本不等式即可求出，是本題的通性通法，也是最優(yōu)解；
方法二：利用直線與平面所成角的定義，作出直線PB與平面QCD所成角，再利用解三角形以及基本不等式即可求出；
方法三：巧妙利用，將線轉(zhuǎn)移，再利用等體積法求得點(diǎn)面距，利用直線PB與平面QCD所成角的正弦值即為點(diǎn)面距與線段長(zhǎng)度的比值的方法，即可求出．

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