2022-2023学年河南省开封市杞县高中高一下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年河南省开封市杞县高中高一下学期期中数学试题含解析，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省开封市杞县高中高一下学期期中数学试题 一、单选题1．已知复数满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先设复数，再根据复数模的公式，以及复数相等，即可求解.【详解】设，，所以，所以，解得：，所以.故选：C2．已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的高为（    ）A． B． C． D．4【答案】C【分析】由扇形弧长公式求圆锥的母线长，再根据圆锥的母线、高和底面半径的关系求高.【详解】因为底面半径，所以母线长，所以圆锥的高.故选：C3．复数在复平面内对应的点所在的象限为（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】利用复数除法化简复数，再根据复数的几何意义即可得到答案．【详解】，所以复数对应的点坐标为，该点是第三象限点，故选：C．4．对于向量、，“”是“”的（　　）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】利用向量平行和相等可以进行判断.【详解】因为时一定有，所以“”是“”的必要条件，但时，两个向量不一定相等，如零向量与任意非零向量都平行，但不相等，所以“”是“”的不充分条件.所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B．5．用斜二测画法作一个边长为2的正方形，则其直观图的面积为（　　）A． B．2 C．4 D．【答案】D【分析】根据斜二测画法的原则得到直观图的对应边长关系，即可求出相应的面积.【详解】根据斜二测画法的原则可知，所以对应直观图的面积为.故选：D.6．设复数z的辐角的主值为，虚部为，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求出复数z，再求出.【详解】由复数z的辐角的主值为可设复数.因为虚部为，所以，解得：.所以.所以.故选：A7．已知向量，若三点不能构成三角形，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用向量共线的坐标表示列方程求参数k.【详解】若三点不能构成三角形，则三点共线，即，所以，得1.故选：D8．已知斜三棱柱的一个侧面的面积为10，该侧面与其相对侧棱的距离为3，则此斜三棱柱的体积为（    ）A．30 B．15 C．10 D．60【答案】B【分析】通过补体，两个斜三棱柱组成一个四棱柱，求四棱柱的体积，斜三棱柱的体积是四棱柱的体积的一半.【详解】如图，两个斜三棱柱组成一个四棱柱，以斜三棱柱的一个侧面为四棱柱的底面，面积为，高，四棱柱的体积，则此斜三棱柱的体积为.故选：B. 二、多选题9．下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（    ）A．|z|＝ B．z2＝2iC．z的共轭复数为 D．z是关于x的方程的一个根【答案】ABD【分析】利用复数的相关概念以及复数的运算进行计算求解.【详解】因为，所以，故A正确；因为，故B正确；因为z的共轭复数为，故C错误；因为方程，所以，所以方程的根为，故D正确.故选：ABD.10．已知向量满足，，且，则（    ）A． B．C．与的夹角为 D．与的夹角为【答案】AC【分析】根据数量积的运算律，结合已知即可推出，得出A项；进而即可根据数量积的运算律，判断B、C、D项.【详解】由已知可得，.又，，所以，所以.对于A项，因为，故A正确；对于B项，因为，故B项错误；因为，所以与的夹角为，故C正确，D错误.故选：AC.11．已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则下列说法正确的是（    ）A．圆锥的高是 B．圆锥的母线长是4C．圆锥的表面积是 D．圆锥的体积是【答案】BD【分析】根据圆锥侧面展开图可求得圆锥母线和高，进而得到其体积和表面积，即可判断出正确选项.【详解】设圆锥母线为，高为，侧面展开图的弧长与底面圆周长相等，由弧长公式得，即；所以圆锥的母线长是4，即B正确；高为，所以选项A错误；圆锥的表面积是，故C错误；圆锥的体积是，即D正确.故选：BD12．在中，角的对边分别为，下列说法正确的是（    ）A．若，则只有一解B．若，则是锐角三角形C．若，则.D．若，则的形状是等腰或直角三角形【答案】ACD【分析】对于A，利用正弦定理及特殊角三角函数值直接求解即可；对于B，利用向量的数量积的定义即可求解；对于C，利用正弦定理直接进行判断；对于D，利用正弦定理及两角和的正弦展开式化简计算求解.【详解】对于A，由正弦定理，则，因为，所以，只有一解，故A正确；对于B，若，则，则为锐角，无法确定，不一定是锐角三角形，故B错误；对于C，由正弦定理，又，可得，故C正确；对于D，已知，由正弦定理可得，因为，所以，即，则，解得或，所以，或，所以的形状是等腰或直角三角形，故D正确.故选：ACD. 三、填空题13．已知非零向量满足，且，则____.【答案】4【分析】根据向量加减运算及向量的模长可得出平行四边形OACB是矩形，由矩形对角线相等得解.【详解】如图所示，设，，则，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，则，由于，故，所以是直角三角形，，从而OA⊥OB，所以平行四边形OACB是矩形，根据矩形的对角线相等得，即.故答案为：414．已知复数是方程的两个根，则__________．【答案】【分析】由题意求出，代入化简，可得答案.【详解】由复数是方程的两个根，则不妨取，故，故答案为：15．在中，角所对的边分别为，，，，且面积为，若，则______．【答案】3【分析】根据三角形面积解得，代入解得或；然后根据余弦定理求得.【详解】解得：；又，代入得：或；根据余弦定理得：，解得：；故答案为：316．已知圆柱的全面积为，圆柱内有一平行于圆柱轴的截面，截面面积为，且截面上的两条母线将圆柱侧面分成两部分的表面积之比为，则圆柱的体积是______.【答案】【分析】依题意画出图形，根据面积之比求出弦所对的圆心角，从而求出，设底面半径为、圆柱的高为，根据面积公式得到方程组，解得、，最后根据体积公式计算可得.【详解】解：因为截面上的两条母线将圆柱侧面分成两部分的表面积之比为，可知由圆柱底面圆心向截面与底面的两个交点连线形成的圆心角，即弦所对的圆心角为，设底面半径为，则弦，设圆柱的高为，则，解得或（舍去），所以圆柱的体积.故答案为： 四、解答题17．如图，在菱形中，.(1)若，求的值；(2)若，，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意可知，即可求解；（2），从而即可求解.【详解】（1）因为在菱形中，.故，故，所以.（2）显然，所以①，因为菱形，且，，故，.所以.故①式.故.18．已知复数，其中i为虚数单位，.(1)若z是纯虚数，求m的值；(2)z在复平面内对应的点在第二象限，求m的取值范围.【答案】(1)；(2) 【分析】（1）z是纯虚数需要满足实部等于0，虚部不等于0，即可求出结果；（2）z在复平面内对应的点在第二象限，需要满足实部小于0，虚部大于0.【详解】（1）因为z是纯虚数，所以，解得.（2）因为z在复平面内对应的点在第二象限，所以，解得，所以m的取值范围为.19．在中,角的对边分别为,且满足.(1)求角;(2)若为边的中点,且,,求的周长.【答案】(1)(2) 【分析】(1)由正弦定理将边化角,然后利用内角和定理将转化成即可求解;(2)分别在两个三角形中用余弦定理即可求解出各边长,从而求出周长.【详解】（1）在中因为,由正弦定理得,所以,即,又因为,,所以,所以.（2）取边的中点,连接,则，且,，在中,由余弦定理得:,解得,所以.在中,由余弦定理得:所以的周长为.20．如图，正三棱锥中，，点分别为的中点，一只蚂蚁从点出发，沿三棱锥侧面爬行到点，求：(1)该三棱锥的体积与表面积；(2)蚂蚁爬行的最短路线长.【答案】(1)体积为，表面积为；(2). 【分析】（1）将△当作底面，将当作三棱锥的高，由三棱锥体积公式即可求得三棱锥的体积；再由求出各个面的面积，由面积公式可得三棱锥的表面积；（2）将△与延展开，使得两个三角形在同一个平面上，连接，再由余弦定理即可求得最短值.【详解】（1）因为，所以，即，又，VB、VC在面VBC内，得面，，（2）情况一，如下图：连接，线段的长度即蚂蚁爬行的最短路线长，△中，，由余弦定理可得：，即；情况二，如下图：连接，线段的长度即蚂蚁爬行的最短路线长，所以，由余弦定理可得：，又，所以，则；综上，，因此，蚂蚁爬行的最短路线长为.21．已知向量，．(1)若，求的值；(2)若，求与的夹角的余弦值．【答案】(1)或(2) 【分析】（1）根据向量平行列方程，即可求得的值；（2）根据平面向量垂直列方程，求出的值，再结合坐标运算求与的夹角的余弦值即可．【详解】（1）因为，，，所以，            即，所以或．（2）因为，所以，即所以，所以，即，                      所以,，则，所以.22．记的内角，，的对边分别为，，，已知.(1)求；(2)若，求周长的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）已知等式结合倍角公式和余弦定理，化简得，可求；（2）结合正弦定理表示出a和c，进而将周长表示为关于角A的正弦函数，利用正弦函数性质以及A的范围即可求得答案．【详解】（1），由倍角公式得，由余弦定理，，化简得，则，由，得.（2）由正弦定理得︰ ， ∴ ， ，，  ，  由， ，∴， 即（当且仅当时，等号成立），从而周长的取值范围是