吉林省普通高中友好学校第三十六届联合体2022-2023学年高一下学期期中联考数学试题

参考答案： 1．A【分析】直接利用复数的除法计算即可. 【详解】, . 故选：A. 2．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．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：C 4．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．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：B 6．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．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：C 8．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 9．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．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：ABD 11．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．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． 13．【点睛】本题考查复数的几何意义的应用,考查数形结合思想 14．【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．【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．【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.