2022-2023学年江西省寻乌中学高一下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年江西省寻乌中学高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知，则“”是“”的（    ）．

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充要条件 D．既非充分又非必要条件

【答案】B

【分析】解含有绝对值不等式，利用充分条件和必要条件的定义，可得出结果.

【详解】由，则，，

则，

故为必要非充分条件.

故选：B．

【点睛】本题考查了解含有绝对值不等式，充分条件和必要条件的定义，考查了运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题目.

2．已知复数，则下列各项正确的为（    ）

A．复数z的虚部为i B．复数z－2为纯虚数

C．复数z的共轭复数对应点在第二象限 D．复数z的模为5

【答案】B

【分析】根据复数的运算化简，结合复数的基本概念，分类，几何意义，模长的求解方法，即可判断和选择.

【详解】，

对A：复数的虚部为，故A错误；

对B：复数，为纯虚数，故B正确；

对C：复数的共轭复数为，其对应点为为第四象限的点，故C错误；

对D：，故D错误.

故选：B.

3．如果一个几何体的正视图是矩形，则这个几何体不可能是（    ）

A．直三棱柱 B．圆柱 C．正四棱锥 D．圆锥

【答案】D

【分析】根据给定的条件，利用几何体的结构特征及三视图的意义逐项判断作答.

【详解】对于A，直三棱柱侧面是矩形，将三棱柱竖直放在水平面上，其正视图可为矩形，A可能；

对于B，圆柱的轴截面是矩形，将圆柱竖直放在水平面上，其正视图可为矩形，B可能；

对于C，正四棱锥的底面是正方形，将正四棱锥底面垂直于水平面并正对人放置，其正视图可为矩形，C可能；

对于D，圆锥的轴截面是三角形，底面是圆，无论怎样放置，其正视图都不可能是矩形，D不可能.

故选：D

4．△ABC内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若△ABC面积为，，B．则△ABC是（　　）

A．等边三角形

B．直角三角形

C．等腰三角形

D．等腰三角形或直角三角形

【答案】C

【分析】由面积公式及余弦定理可求解.

【详解】∵△ABC面积为，b＝3，B，

∴acsinB，即，

整理得：ac＝3，①

由余弦定理得：b2＝a2+c2﹣2accosB，即9＝a2+c2+ac＝（a+c）2﹣ac＝（a+c）2﹣3，

整理得：a+c＝2，②

联立①②，解得：a＝c，

则△ABC为等腰三角形，

故选：C．

5．在中，，，若点满足，以为基底，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用平面向量基本定理求解即可

【详解】因为，，，

所以，

所以，

故选：D

6．在平行四边形中，，点M在AB边上，且，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】作DE⊥AB于E，CF⊥AB于F，用，进行转化，运算即可.

【详解】如图，作DE⊥AB于E，CD⊥AD于F，易得，，

.

故选：A.

7．已知设分别是内角的对边，且，，则向量在向量上的投影为(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据求出cosA；根据结合余弦定理可求c，则向量在向量上的投影为.

【详解】由，

得，

则，即；

∵，

∴根据余弦定理得，，解得，

故向量在向量上的投影为.

故选：B.

8．已知，，，，满足，，，有以下个结论：

①存在常数，对任意的实数，使得的值是一个常数；

②存在常数，对任意的实数，使得的值是一个常数.

下列说法正确的是（    ）

A．结论①、②都成立

B．结论①不成立、②成立

C．结论①成立、②不成立

D．结论①、②都不成立

【答案】B

【分析】根据三角恒等变换的知识，分别将和用，表示即可.

【详解】对于结论①，

∵，，

∴，，

∴，

∴，

∴当为常数，时，不是一个常数，故结论①不成立；

对于结论②，

方法一：

∵

又∵

∴

化简得，

∴存在常数，对任意的实数，使得，故结论②成立.

方法二：（特值法）

当时，，

∴，∴.

∴存在常数，对任意的实数，使得，故结论②成立.

故选：B.

【点睛】本题中结论②的判断，使用常规三角恒等变换的方法运算量较大，对于存在性结论，使用特值法可以有效验证其正确性，减少运算量.

二、多选题

9．下列有关复数的说法正确的是（    ）

A．若复数，则 B．若，则是纯虚数

C．若是复数，则一定有 D．若，则

【答案】AD

【分析】A由共轭复数概念及复数相等判断；B、C应用特殊值法，令及判断；D设，，利用共轭复数概念及复数乘法分别求出判断.

【详解】A：令，则，若，即有，故，正确；

B：当时，，而不是纯虚数，错误；

C：当，则，而，显然不成立，错误；

D：令，，则，故，

又，，则，

所以，正确.

故选：AD

10．设为单位向量，下列命题是假命题的为（    ）

A．若 为平面内的某个向量，则

B．若与平行，则

C．若与平行且，则

D．若为单位向量，则

【答案】ABC

【分析】根据平行向量的定义、平面向量的定义进行判断即可.

【详解】向量是既有大小又有方向的量，，的模相同，但方向不一定相同，故A是假命题；

若与平行，则与的方向有两种情况：一是同向，二是反向，反向时，故B、C也是假命题．

由为单位向量，为单位向量，则，故D正确.

故选：ABC

11．如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，下列结论正确的是（    ）

A．圆柱的侧面积为 B．圆锥的侧面积为

C．圆柱的侧面积与球面面积相等 D．三个几何体的表面积中，球的表面积最小

【答案】ABC

【分析】根据球、圆锥、圆柱的表面积公式一一计算可得；

【详解】解：依题意球的表面积为，

圆柱的侧面积为，所以AC选项正确．

圆锥的侧面积为，所以B选项正确．

圆锥的表面积为，

圆柱的表面积为，所以D选项不正确．

故选：ABC

12．重庆荣昌折扇是中国四大名扇之一，始于1551年明代嘉靖年间，明末已成为贡品人朝，产品以其精湛的工业制作而闻名于海内外．经历代艺人刻苦钻研、精工创制，荣昌折扇逐步发展成为具有独特风格的中国传统工艺品，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱．古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长，偏称游人携袖里，不劳侍女执花傍；宫罗旧赐休相妒，还汝团圆共夜凉”图1为荣昌折扇，其平面图为图2的扇形COD，其中，动点P在上（含端点），连接OP交扇形OAB的弧于点Q，且，则下列说法正确的是（    ）

图1                         图2

A．若，则 B．若，则

C． D．

【答案】ABD

【分析】建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设 ，可得，由，结合题中条件可判断A,B;表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D.

【详解】如图，作 ,分别以为x,y轴建立平面直角坐标系，

则 ,

设 ，则,

由可得 ，且 ，

若，则，

解得 ，（负值舍去），故，A正确；

若，则，，故B正确；

，

由于，故，故，故C错误；

由于，

故

，而，

故，故D正确，

故选：ABD

三、填空题

13．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知ac＝b2－a2，A＝，则B＝________.

【答案】

【详解】由余弦定理得cosA＝＝＝＝，∴a＋c＝b，由正弦定理得：sinA＋sinC＝sinB，又C＝－B，∴sinA＋sin＝sinB，即＋cosB＋sinB＝sinB，即cosB－sinB＝cos＝－，∴B＋＝，B＝.

14．已知向量，，，则___________.

【答案】2

【分析】由空间向量数量积的坐标运算可得答案.

【详解】因为，，，

所以，.

故答案为：2.

15．如图，点为矩形的边的中点，，，将矩形绕直线旋转所得到的几何体体积记为，将绕直线旋转所得到的几何体体积记为，则的值为________

【答案】

【分析】分析几何体的结构，计算出、，由此可得出结果.

【详解】将矩形绕直线旋转所得到的几何体是以为底面圆的半径，母线长为的圆柱，

所以，，

将绕直线旋转所得到的几何体是以为底面圆的半径，高为的圆锥，

所以，.

因此，.

故答案为：.

16．在中，D是BC的中点，E在边AB上，，AD与CE交于点若，则的值是___________.

【答案】

【分析】在和中，由正弦定理可得，将用基底表示，可化简为即得解

【详解】如图，在和中，由正弦定理

由于D是BC的中点，故，

又

两式作比可得：

过点D作DF//CE，交AB于点F，由BE=2EA，D为BC中点，知BF=FE=EA,AO=OD.

，

得即

故.

故答案为：

四、解答题

17．已知复数z是纯虚数，且是实数．

(1)求复数z；

(2)若在复平面内，复数所对应的点位于第一象限，求实数a的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1) 设z＝mi且，利用复数的运算法则化简，结合条件列方程求解；(2)根据复数的几何意义列不等式求实数a的取值范围．

【详解】（1）设z＝mi且，

，

因为是实数，所以2m+3＝0，解得，

故复数；

（2）依题意，，

因为复数所对应的点位于第一象限，所以

解得，故实数a的取值范围为．

18．已知向量.

(1)若，求的值；

(2)已知，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据向量平行的结论即可求出结果；

（2）根据向量的数量积运算结合平方关系、两角和的正弦公式即可求出结果.

【详解】（1）

即

（2）

，且①

，且②

由①②知.

19．在中，内角的对边分别为，已知为锐角，且.

(1)若，求实数的值；

(2)若，求面积的最大值；

(3)若，点为的中点，且，求边的长.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）根据条件和余弦函数的函数值得到，再由余弦定理即可得到的值；

（2）利用余弦定理结合基本不等式得到，再由三角形的面积公式即可求解；

（3）根据余弦定理：在中得到，在中得到，联立即可求解.

【详解】（1）为锐角，且，

，即，

由余弦定理可知，即，

又，即，所以，

故实数的值为1.

（2）由（1）得：，

又，即，当且仅当时取等号，

，当且仅当时取等号，

面积的最大值为.

（3）在中，，

，

，

，即①；

在中，，

②，将①代入②，化简得：，

解得或（舍去），

的长为.

20．已知在直角三角形中，，（如图所示）

(1)若以为轴，直角三角形旋转一周，求所得几何体的表面积.

(2)一只蚂蚁在问题（1）形成的几何体上从点绕着几何体的侧面爬行一周回到点，求蚂蚁爬行的最短距离.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）若以为轴，直角三角形旋转一周，形成的几何体为以为半径，高的圆锥，由圆锥的表面积公式，即可求出结果．

（2）利用侧面展开图，要使蚂蚁爬行的最短距离，则沿点B的母线把圆锥侧面展开为平面图形（如图）最短距离就是点B到点的距离，代入数值，即可求出结果．

【详解】（1）在直角三角形中，由

即，得，若以为轴旋转一周，

形成的几何体为以为半径，高的圆锥，

则，其表面积为.

（2）由问题（1）的圆锥，要使蚂蚁爬行的最短距离，

则沿点的母线把圆锥侧面展开为平面图形，

最短距离就是点到点的距离，，

在中，由余弦定理得.

21．已知向量，，函数．

(1)若，求的值；

(2)已知为的内角的对边，，，且恰好是函数在上的最大值，求的面积．

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）根据向量平行坐标表示可求得；方法一：利用和可分别求得和，代入所求式子即可；方法二：根据，由正余弦齐次式的求法可求得结果；

（2）根据向量数量积运算坐标表示和三角恒等变换知识可化简得到，根据正弦型函数最值求法，结合的范围可求得，利用余弦定理可构造方程求得的值，代入三角形面积公式即可.

【详解】（1），，则；

方法一：，，

.

方法二：.

（2）；

当时，，当，即时，，

，，则，，，即；

由余弦定理得：，即，

解得：或，

当时，；

当时，；

的面积为或.

22．如图，正方形的边长为6，是的中点，是边上靠近点的三等分点，与交于点．

(1)求的余弦值；

(2)设，求的值及点的坐标；

(3)若点自A点逆时针沿正方形的边再运动到A点，在这个过程中，是否存在这样的点，使得？若存在，求出的长度，若不存在，请说明理由．

【答案】(1)

(2)，.

(3)存在符合题意的点，或.

【分析】（1）建立平面直角坐标系，利用向量的夹角公式即可求得答案；

（2）利用三点共线结合向量共线的坐标表示，即可求得答案；

（3）假设存在满足条件的点P，分类讨论其所处的位置，根据数量积等于0，求得参数，即可判断出结论.

【详解】（1）如图所示，建立以点A为原点的平面直角坐标系，

则，∴，，

由于就是，的夹角，

，

∴的余弦值为.

（2）因为，则，则,

又三点共线，则设，

即，则，

解得，故.

（3）由题意得，假设存在点，使得，

①当点P在上时，设，∴，

则，则，故，；

②当点P在上时，设，∴ ，

则 （舍去）；

③当点P在上时，设，∴ ，

则，则（舍去）；

④当点P在上时，设，则，

则 则，故，

综上，存在符合题意的点，或.

【点睛】方法点睛：第三问的解答要注意假设符合题意的点存在，要讨论分类讨论，即讨论该点落在正方形的哪条边上，分类解答.