2022-2023学年福建省福州第四中学高一下学期期中检测数学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省福州第四中学高一下学期期中检测数学试题含解析，共13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学年福建省福州第四中学高一下学期期中检测数学试题 一、单选题1．复数（    ）A． B． C．1 D．【答案】C【分析】直接由复数的运算求解即可.【详解】.故选：C.2．如图所示，在正方形中，为的中点，为的中点，则（      ）A． B．C． D．【答案】D【分析】由平面向量的线性运算逐步转化即可得解.【详解】=.故选：D．3．如图正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由三视图得原图形的形状，结构，得边长后可得周长．【详解】由三视图知原图形是平行四边形，如图，，，，，所以平行四边形的周长是8．故选：A．4．若圆锥的母线长为，底面半径为，则圆锥的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由圆锥母线和底面半径可求得圆锥的高，利用圆锥体积公式可求得结果.【详解】圆锥的母线长，底面半径，圆锥的高，圆锥的体积.故选：B.5．已知△ABC的三个内角为A，B，C，则“”是“”的（      ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】结合三角函数的性质，利用充分性与必要性的定义，可得出答案.【详解】A是△ABC的三个内角，当时，由，可得或，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A6．在平行四边形中，已知，，对角线，则对角线的长为（    ）A． B． C． D．2【答案】A【分析】根据题意，结合余弦定理即可求解.【详解】根据题意，在中，由余弦定理得，因，所以，故在中，由余弦定理得，计算得.故选：A.7．在梯形中，，且，则的值为（    ）A．1 B． C．2 D．3【答案】B【分析】先利用平面向量的线性运算得到，再结合进行求解.【详解】因为，所以，又因为，所以，，.故选：B.8．设为的边的中点，为内一点，且满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意可得，由向量的线性运算可得，即且，可得，即可求得比值.【详解】因为为的边的中点，所以,又因为为内一点，且满足，所以，即，即且，因为，，所以，故选：A. 二、多选题9．已知复数（其中是虚数单位），则下列命题中正确的为（    ）A． B．的虚部是C．是纯虚数 D．在复平面上对应点在第四象限【答案】ACD【分析】由复数的模、复数的定义、复数的几何意义判断各选项．【详解】则，A正确；的虚部是，B错误；是纯虚数，C正确；对应点的坐标是，在第四象限，D正确．故选：ACD．10．对于任意两个向量和，下列命题中正确的是（    ）A．若，满足||>||，且与反向，则<B．C．D．【答案】BD【分析】A. 根据平面向量不能比较大小判断.B. 根据平面向量的三角形法则判断.C.根据 平面向量的数量积定义判断.D. 根据平面向量的三角形法则判断.【详解】A选项.向量不能比较大小，选项A错误．B选项. 根据向量加法运算公式可知，当向量和不共线时，两边之和大于第三边，即，当和反向时，，当和同向时，，所以成立，故B正确；C选项，，选项C错误．D选项.当向量和不共线时，根据向量减法法则可知，两边之差小于第三边，即当和反向时，，当和同向且时，，当和同向且时，，所以选项D正确.故选：BD11．一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2R相等，则下列结论正确的是（    ）A．圆柱的侧面积为B．圆锥的侧面积为C．圆柱的侧面积与球的表面积相等D．圆柱、圆锥、球的体积之比为【答案】CD【分析】根据圆柱、圆锥的侧面积、表面积、体积等知识求得正确答案.【详解】A选项，圆柱的侧面积为，A选项错误.B选项，圆锥的母线长为，圆锥的侧面积为，B选项错误.C选项，球的表面积为，所以圆柱的侧面积与球的表面积相等，C选项正确.D选项，圆柱的体积为，圆锥的体积为，球的体积为，所以圆柱、圆锥、球的体积之比为，D选项正确.故选：CD12．对于，有如下判断，其中正确的判断是（    ）A．若，则为等腰三角形.B．若，则C．若，则是钝角三角形.D．若，则一定是一个钝角三角形.【答案】BD【分析】根据正弦函数的性质可判断A，根据正弦定理及大边对大角的性质可判断哪B，由向量夹角确定三角形内角判断C，根据所给性质及余弦定理判断D.【详解】，，或，为等腰或直角三角形，故A错误；，由正弦定理可知，，故B正确； 的外角为钝角，为锐角，故C错误；设，则解得，则，因为，所以是钝角，故D正确.故选：BD 三、填空题13．已知向量，且，则_______.【答案】2【详解】由题意可得解得.【名师点睛】（1）向量平行：，,.（2）向量垂直：.（3）向量的运算：.14．是虚数单位，复数______.【答案】/3i+1【分析】根据复数的运算法则计算即可.【详解】.故答案为：.15．在中，若，，，则等于________.【答案】或.【分析】由正弦定理，求得，得到或，分类讨论，即可求得的值.【详解】由正弦定理，可得，所以，因为，所以或，当时，，可得；当时，，此时，综上可得或.故答案为：或.【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，其中解答中利用正弦定理求得的值，得出的大小是解答的关键，着重考查分类讨论，以及运算与求解能力.16．如图，在中，，点P为边BC上的一动点，则的最小值为___________.【答案】【分析】设，，用、表示、，再计算的最小值．【详解】由题意，设，，所以，.又，，所以，当时，取得最小值.故答案为：. 四、解答题17．已知复数．(1)若z为实数，求m的值；(2)若z为纯虚数，求m的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）虚部为0列出方程即可；（2）实部为0，虚部不为0列出方程即可【详解】（1）由题意得，解得（2）由题意得,即,解得18．在中，角所对的边分别为且满足（1）求角的大小；（2）求的最大值，并求取得最大值时角的大小．【答案】（1）；（2）最大值为2，此时【详解】（1）由正弦定理得因为所以（2）由（1）知于是取最大值2．综上所述，的最大值为2，此时19．如图，在中，，，，点D在边BC上，且．(1)求AD；(2)求的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先求，然后通过正弦定理即可得结果；（2）通过余弦定理解出三角形，再计算面积即可.【详解】（1）由题意得．在中，由正弦定理，得（2）由余弦定理，得，解得．因为，所以，所以．故的面积为．20．在锐角中，分别是所对的边，已知，向量，，且．（1）求角A的大小（2）求周长的取值范围．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）由可得即可得到，由此能求出．（2）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，由题意可求范围，，利用正弦函数的性质即可求解其取值范围．【详解】解：（1）因为且，所以，得又因为，所以．（2）由正弦定理可得，得则，∵是锐角三角形，∴，解得，，，∴周长的取值范围为21．函数的定义域为，且存在唯一常数，使得对于任意的x总有，成立．(1)若，求；(2)求证：函数符合题设条件．【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）利用赋值法令与，结合分别求出与，即可得解；（2）假设存在常数满足，所以，设，判断函数的单调性，结合零点存在性定理即可证明；【详解】（1）解：因为，所以，又，所以，又，所以，所以（2）解：因为的定义域为，假设存在常数满足，即，所以，设，显然在上单调递增，又，，所以存在唯一的常数使得，即存在唯一的常数使得函数符合题设条件；22．在近年，中国采用“吹沙填海”的方式，成功将部分小岛礁连成一片，可以进而形成一个大岛礁．已知南海上存在、、、四个小岛礁，它们在一条直线上且满足，若通过“吹沙填海”的方式建成了如图所示一个矩形区域的大岛礁，其中米．(1)为线段上一点，求最小值；(2)为线段上一点，求的最小值；(3)因特殊原因，划定以圆心，为半径的圆的区域为“隔离区”，拟建造一条道路，使与该“隔离区”的边界相切，求四边形面积的最大值．【答案】(1)8000(2)(3) 【分析】(1)取中点，将原问题转化为向量求模即可；(2)根据余弦定理及第一问的结果可以求解；(3)由于MN，MB都是圆A的切线，连接AM，利用 以及切线之间的几何关系，再利用面积公式求解即可.【详解】（1））取中点，，当且仅当点位于中点时等号成立，∴最小值为8000；（2）由余弦定理得，，当且仅当，即点立位于中点时等号成立，的最小值为；（3）设与圆切于点，连接，，设，，则，，，，∴的面积，当且仅当，时等号成立时等号成立，四边形CDNM的最大值为： ；综上，最小值为8000，的最小值为，四边形CDNM的最大值为：.