福建师范大学附属中学2021-2022学年高一下学期期中考试数学试题（解析版）

这是一份福建师范大学附属中学2021-2022学年高一下学期期中考试数学试题（解析版），共22页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
福建师大附中2021——2022学年下学期期中考试高一数学试卷时间：120分钟   满分：150分一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小圆给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知复数z满足，(其中i为虚数单位)，则复数z的虚部为（    ）A. 1 B.  C.  D. 【1题答案】【答案】C【解析】【分析】首先对题目所给式子进行化简运算，然后再根据虚部的概念即可得到答案.【详解】解：，，的虚部是，故选：C.【点睛】本题考查了复数运算以及复数虚部的概念，属于基础题型；解题方法是先对题目所给式子进行化简，然后找出虚部即可；解题的关键点是要知道表示的是模长、虚部是一个实数，是前面的系数.2. 在棱长为的正方体中，连接相邻面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为A.  B.  C.  D. 【2题答案】【答案】C【解析】【分析】将八面体分割成两个正四棱锥，利用棱锥的体积公式求出两个正四棱锥的体积即可求解.【详解】此八面体可以分割成两个正四棱锥，且正四棱锥的底面是一个边长为的正方形，则该八面体的体积为:【点睛】本题主要考查了棱锥的体积公式，求八面体的体积时将其分成两个正四棱锥，求出两个正四棱锥的体积即为八面体的体积，属于基础题.3. 若复数满足，则（其中为的共轭复数）的最大值为（    ）A.  B.  C.  D. 【3题答案】【答案】D【解析】【分析】利用复数模的三角不等式可求得的最大值，利用复数的乘法运算可得出的最大值.【详解】由复数模的三角不等式可得，即，解得，设，则，故选：D.4. 在中，根据下列条件解三角形，其中有两个解的是（    ）A. ，， B. ，，C. ，， D. ，，【4题答案】【答案】D【解析】【分析】只有已知两边及一边的对角才有可能出现两解，可排除AB；由三角形存在两解的条件直接判断可知CD.【详解】A中，已知两角一边三角形有唯一解；B中，已知两边及其夹角，三角形有唯一解；C中，因为，所以三角形有唯一解；D中，因为，所以，所以三角形有两解.故选：D5. 已知向量，的夹角为，且，，则向量与向量的夹角等于（    ）A.  B. C.  D. 【5题答案】【答案】D【解析】【分析】根据已知条件求得，再利用向量的夹角计算公式，即可求解.【详解】向量，的夹角为，且，，故可得，则，，设向量与向量的夹角为，故，又，故.故选：D.6. 水车在古代是进行灌溉引水的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征.如图是一个半径为的水车，以水车的中心为原点，过水车的中心且平行于水平面的直线为轴，建立平面直角坐标系，一个水斗从点出发，沿圆周按逆时针方向匀速旋转，且旋转一周用时120秒.经过秒后，水斗旋转到点，设点的坐标为，其纵坐标满足，当时，（    ）A. 6 B.  C.  D. 【6题答案】【答案】A【解析】【分析】计算，可得的值，将当时，代入结合可得的值，即可得的解析式，由可得点的坐标，即可求解.【详解】由题意得：，，所以，所以，当时，，可得，即，因为，所以，所以，所以，当时，，此时，即点，所以，故选：A.7. 在中，内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，且，，则b 等于（    ）A. 3 B. 4 C. 6 D. 7【7题答案】【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理、正弦定理化简已知条件，由此求得.【详解】依题意，，，，由正弦定理得，由余弦定理得，，或（舍去）.故选：B8. 在锐角中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，的面积为S，若，则的取值范围(    )A.  B.  C.  D. 【8题答案】【答案】B【解析】【分析】根据已知条件，结合三角形面积公式和余弦定理即可求出B＝2C，根据三角形是锐角三角形可求C的范围，化简为，根据双勾函数性质即可求其范围．【详解】由，得，即，∵B是三角形内角，∴sinB≠0，∴，由余弦定理得，，∴，由正弦定理得，，即，即即，是锐角三角形，∴B－C＝C，即B＝2C，∴，∴，∴，∴，∴根据双勾函数的性质可知，在tanC＝时取最小值，且，∴的取值范围是．故选：B．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小思给出的选项中，有多项符合题目要求.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，，则（    ）A. 若，则 B. 若，则C. 的最小值为 D. 若的夹角为，则【9题答案】【答案】BC【解析】【分析】由向量平行和垂直的坐标表示可得AB正误；利用向量模长运算可知，由二次函数性质可求得，知C正确；代入，利用向量夹角公式可知夹角不为，知D错误.【详解】对于A，若，则，解得：，A错误；对于B，若，则，解得：，B正确；对于C，，则当时，，，C正确；对于D，当时，，，，的夹角不是，D错误.故选：BC.10. 设，是复数，则下列说法中正确的是（    ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则或 D. 若，则【10题答案】【答案】CD【解析】【分析】对于AB，举例判断即可，对于C，根据复数的运算性质判断，对于D，根据复数的模的性质判断【详解】对于A，若，满足，而，所以A错误，对于B，若，满足，而，所以B错误，对于C，若，则或，所以C正确，对于D，若，则，所以，所以D正确，故选：CD11. 已知是边长为2的等边三角形，D，E分别是，上的点，且，，与交于点，则（    ）A.  B. C.  D. 在方向上的投影向量为【11题答案】【答案】ABD【解析】【分析】可证明，结合平面向量线性运算法则可判断A；由结合平面向量数量积的定义可判断B；建立直角坐标系，由平面向量线性运算及模的坐标表示可判断C；由投影的计算公式可判断D.【详解】因为是边长为2的等边三角形，，所以为的中点，且，以为原点如图建立直角坐标系，则，，，，由可得，则，取的中点，连接，易得且，所以≌，，则，，对于A，，故A正确；对于B，由可得，故B正确；对于C，，，，，所以，所以，故C错误；对于D，，，所以在方向上的投影为，故D正确.故选：ABD.12. 在直三棱柱中，，，若该三校柱的外接球的表面积为，则该三棱柱的体积不可能是（    ）A. 15 B. 18C. 21 D. 24【12题答案】【答案】CD【解析】【分析】设，求得的外接圆的半径，结合球的表面积公式和球的截面性质，列出方程求得，再利用余弦定理和基本不等式求得底面面积的最大值，根据柱体的体积公式求得棱柱的最大体积，结合选项，即可求解.【详解】如图所示，设，在中，，，所以外接圆的半径，即，取上底面和下底面的外心，分别为，连接，取得的中点，可得为直三棱柱的外接球的球心，设直三棱柱的外接球的半径为，可得，解得，在中，可得，即，解得，所以，即直三棱柱的高为，在中，由余弦定理得，当且仅当时，等号成立，所以，所以的最大面积为，所以三棱柱的体积的最大值为.所以三棱柱不可能为和.故选：CD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 在复数范围内，的所有平方根为________，并由此写出的一个四次方根_________.【13题答案】【答案】    ①.     ②. ，，，之一【解析】【分析】由题意利用虚数单位运算性质，复数的开方运算，得出结论．【详解】解：在复数范围内，，故的所有平方根为．，故它的四次方根为，故它的一个四次方根，同理可得，，也为的四次方根；故答案为：；，，，之一．14. 在中，，，，则边上的高为_________.【14题答案】【答案】【解析】【分析】先利用余弦定理求得边长c，再利用余弦定理求得，得到，再由求解.【详解】解：如图所示：因为在中，，，，所以,则，即，解得或（舍去），所以，则，所以，故答案为：15. 在平面直角坐标系中，、，将向量按的顺时针方向旋转后，得向量，则点的坐标是_________.【15题答案】【答案】【解析】【分析】设射线为角的终边，可知射线为角的终边，利用两角差的正弦和余弦公式可求得点的坐标.【详解】设射线为角的终边，则，，且，由题意可知，射线为角的终边，且，，所以，点的坐标为，即.故答案为：.16. 在△中，，点满足，且对任意，恒成立，则____________．【16题答案】【答案】【解析】【分析】设则，由向量模的定义以及向量减法的几何意义分析得，即，进而可得、的值，结合余弦定理即可得结果．【详解】在△中，设，则，又，且表示起点为A，终点在平行于AC且过B点的直线上的向量，如下图中的，且随变化在直线上运动，所以对，恒成立，即恒成立，只需即可，所以，即，又，则，，.所以.故答案为：.【点睛】关键点点睛：由不等式恒成立判断出，即可确定三角形各边的长度.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. 已知复数，且为纯虚数（是的共轭复数）.（1）求复数的模；（2）复数在复平面对应点在第一象限，求实数的取值范围.【17题答案】【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用复数的乘法化简复数，由已知条件可求得实数的值，再利用复数的模长公式可求得结果；（2）利用复数的除法化简复数，利用复数的几何意义可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【小问1详解】解：因为，则，所以，为纯虚数，则，解得，所以，，故.【小问2详解】解：，则，因为复数在复平面对应点在第一象限，所以， ，解得.19. 如图，在中，已知，，，点D是上一点，满足，点E是边上一点，满足（1）当时，求（2）是否存在非零实数，使得？若存在，求出的值：若不存在，请说明理由【19题答案】【答案】（1）    （2）存在非零实数，使得【解析】【分析】（1）当时，、分别是，的中点，则、，然后根据已知条件即可求解；（2）假设存在非零实数，使得，利用、为基底分别表示出和，由求出值即可．【小问1详解】解：当时，，，、分别是，的中点，，，；【小问2详解】解：假设存在非零实数，使得，由，得，；又，；，解得或（不合题意，舍去），所以存在非零实数，使得．21. 在①；②；③这三个条件中任选一个，补充到下面横线上，并解答问题.在中，内角、、的对边分别为、、，且 _________ .（1）求角的大小；（2）若为锐角三角形，且，求面积的取值范围.【21题答案】【答案】（1）条件选择见解析，    （2）【解析】【分析】（1）选①，由正弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；选②，利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；选③，利用正弦定理以及余弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）求出角的取值范围，根据正弦定理可求得的取值范围，结合三角形的面积公式可求得结果.【小问1详解】解：选①，由及正弦定理可得，、，则，所以，，故；选②，由及正弦定理可得，因为，则，所以，，故；选③，由及正弦定理可得，由余弦定理可得，因为，故.【小问2详解】解：因为为锐角三角形，且，则，可得，，由正弦定理，则，所以，.23. 下图是一块圆锥体工件，已知该工件的底面半径，母线，（1）A、B是圆O的一条直径的两个端点，母线的中点D，用软尺沿着圆锥面测量A、D两点的距离，求这个距离的最小值；（2）现将该工件通过切削，加工成一个体积尽可能大的正方体新工件，并使新工件的一个面落在原工件的一个面内，求原工件材料的利用率．（材料利用率=）【23题答案】【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据题意，可得，，在中，根据余弦定理，即可求得答案.（2）作出过对角面的轴截面，设新正方体工件的棱长为x，根据相似，可求得x，即可求得正方体的体积和圆锥的体积，进而可得答案.【详解】解：（1）如图，将圆锥的侧面自母线处展开，得到扇形，为母线在侧面展开图中相应的线段，∵弧，∴，∴，取的中点，则为D在侧面展开图中的相应点；连，在中，由余弦定理得，故的最小距离为；（2）设新正方体工件的棱长为x，沿正方体对角面切圆锥，得到一个轴截面，如图所示：所以，，因为所以，解得，故，又，故利用率为．24. 在平面四边形中，，，.（1）若△的面积为，求；（2）若，，求.【24题答案】【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）应用三角形面积公式有，可求，由余弦定理即可求；（2）设，在中，在△中应用正弦定理有，即可求，得解.【详解】（1）在△中，，，∴，可得，在△中，由余弦定理得，.（2）设，则，在中，，易知：，在△中，，由正弦定理得，即，，可得，即.25. 某校兴趣小组在如图所示的矩形区域内举行机器人拦截挑战赛，在处按方向释放机器人甲，同时在处按方向释放机器人乙，设机器人乙在处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动．若点在矩形区域内（包含边界），则挑战成功，否则挑战失败．已知米，为中点，比赛中两机器人均匀速直线运动方式行进，记与的夹角为（），与的夹角为（）．（1）若两机器人运动方向的夹角为，足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最大值；（2）已知机器人乙速度是机器人甲的速度的倍．（i）若，足够长，机器人乙挑战成功，求．（ii）如何设计矩形区域的宽的长度，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙挑战成功？【25题答案】【答案】（1）6；（2）（i）；（ii）至少为米.【解析】【分析】（1）用余弦定理列方程，结合基本不等式求得，也即两机器人运动路程和的最大值.（2）（i）利用正弦定理求得；（ii）设，利用余弦定理求得，求得的最大值，由此求得的最小值.【详解】（1）如图，在中由余弦定理得，， 所以所以，（当且仅当时等号成立）故两机器人运动路程和的最大值为（2）（i）在中由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的倍，故，由正弦定理可得所以（ii）设，则，由余弦定理可得，所以所以由题意得对任意恒成立，故，当且仅当时取到等号．答：矩形区域的宽至少为米，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域内成功拦截机器人甲．【点睛】正弦定理、余弦定理是解题的重要数学知识，二次函数最值的求法在本题中是重要的方法.