2022-2023学年福建省厦门市湖滨中学高一下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年福建省厦门市湖滨中学高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知复数，则的虚部为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的代数形式的乘法法则计算即可得解；

【详解】解：，所以的虚部为4.

故选：C.

【点睛】本题考查复数代数形式的乘法，复数的相关概念，属于基础题.

2．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（　　）

A．①是棱台 B．②是圆台 C．③是棱锥 D．④不是棱柱

【答案】C

【分析】利用几何体的结构特征进行分析判断．

【详解】对于A ，不是由棱锥截来的，所以①不是棱台，故A错误；

对于B，上、下两个面不平行，所以②不是圆台；故B错误；

对于C，底面是三角形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，所以③是棱锥，故C正确.

对于D，前、后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边平行，所以④是棱柱，故D错误.

故选：C．

3．已知平面向量与垂直，则的值是（    ）

A． B． C．12 D．

【答案】B

【分析】根据平面向量垂直的坐标运算求解求参即可．

【详解】由题知，即，解得．

故选:B.

4．若O，M，N在所在平面内，满足，且，则点O，M，N依次为的（　　）

A．重心，外心，垂心 B．重心，外心，内心

C．外心，重心，垂心 D．外心，垂心，重心

【答案】D

【分析】由平面向量数量积的运算，线性运算及三角形五心的性质即可判断出答案．

【详解】

解：因为，

所以，

所以O为的外心；

因为，

所以（）＝0，

即＝0，所以MB⊥AC，

同理可得：MA⊥BC，MC⊥AB，

所以M为的垂心；

因为，

所以，

设AB的中点D，则，

所以，

所以C，N，D三点共线，即N为的中线CD上的点，且，

所以N为△ABC的重心．

故选：D．

5．在△ABC中，若，，△ABC的面积，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先利用求出，再利用余弦定理求，进而可得.

【详解】由已知，

可得，

，

，

.

故选：D.

6．如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这是水面恰好是中截面，则图1中容器水面的高度是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】图2中水所占部分为四棱柱，求出其底面积和高，根据棱柱的体积公式求出四棱柱的体积，同理在图1中，求同三棱柱的体积，能求出图1中容器内水面的高度.

【详解】在图2中，水中部分是四棱柱，

四棱柱底面积为，高为2，

∴四棱柱的体积为，

设图1中容器内水面高度为h，

则V，解得h.

∴图1中容器内水面的高度是.

故选：D.

7．圆为锐角的外接圆，，点在圆上，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】把转化为，由余弦定理、数量积的定义得，讨论的位置得，结合锐角三角形恒成立，即可得范围.

【详解】由为锐角三角形，则外接圆圆心在三角形内部，如下图示，

又，而，若外接圆半径为r，

则，故，且，即，

由，

对于且在圆上，当为直径时，当重合时，

所以，

综上，，

锐角三角形中，则，即恒成立，

所以，则恒成立，

综上，.

故选: C

8．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由正弦定理及余弦定理可得，，然后求解即可.

【详解】解：由可得，

则， ①

又，

所以，

即，

所以 ②

由①②可得：，

由余弦定理可得,

故选：D.

【点睛】本题考查了正弦定理及余弦定理的综合应用，重点考查了两角和的正弦公式，属中档题.

二、多选题

9．如果平面向量，，那么下列结论中正确的是（       ）

A．

B．

C．

D．

【答案】BD

【分析】根据向量平行与垂直的坐标表示、向量数量积和模长的坐标运算依次判断各个选项即可.

【详解】对于A，，与不平行，A错误；

对于B，，，，B正确；

对于C，，C错误；

对于D，，，，D正确.

故选：BD.

10．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则（    ）

A． B． C． D．外接圆的面积为

【答案】ABD

【分析】设的外接圆的半径为, 利用正弦定理求出，再利用余弦定理和正弦定理求出和即得解.

【详解】解：设的外接圆的半径为,

因为，所以，

所以，则外接圆的面积为.

因为，所以

所以，所以. 所以ABD正确，C错误.

故选：ABD

11．在复平面内，下列说法正确的是（    ）

A．若复数z满足，则

B．若复数、满足，则

C．若复数、满足，则

D．若，则的最大值为

【答案】AD

【分析】利用复数的代数形式计算判断A；举例说明判断BC；利用复数的几何意义计算判断D作答.

【详解】对于A，设，则，于是，，A正确；

对于B，令复数、，显然，

满足，而，B错误；

对于C，复数、，满足，而，显然，C错误；

对于D，因为，则在复平面内表示复数的点在以原点为圆心的单位圆上，

表示点到复数对应点的距离，

因此，即的最大值为，D正确.

故选：AD

12．如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（    ）

A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面

B．存在点Q，使PQ∥平面MBN

C．经过C，M，B，N四点的球的表面积为

D．过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面图形不可能是五边形

【答案】ABD

【分析】作出过B，N，P的截面判断选项A；取中点为Q，证明其满足选项B；过MN与底面平行的平面截正方体得出的下半部分为长方体，其外接球也是过C，M，B，N四点的球，由此求得球半径，得表面积，判断选项C；当Q在运动时，确定截面的形状，判断选项D．

【详解】A.连接，，，正方体中易知，

又有分别是，中点，则，所以，即四点共面，所以当Q与重合时满足B，N，P，Q四点共面，故选项A正确；

B.如图，取中点为Q，连接PQ，QM，，

因为分别，中点，则与平行且相等，故四边形是平行四边形，所以，又是中点，所以，所以，

平面BMN，平面BMN，所以PQ∥平面BMN.故选项B正确；

选项C，

取中点U，中点V，连接MV，MU，NV，NU，则多面体MUNV-ABCD是正四棱柱（也是长方体），它的外接球就是过B，C，M，N四点的球，所以球直径为，半径，表面积为.故选项C错．

选项D，正方体中，M，N分别是，中点，则，

Q在线段（除端点外）上，如图，作交于E，连接EN，延长交DC延长线于点K，连接QM延长交DA延长线于点T，连接TK交AB于点G，交BC于点F,多边形QENFGM为所过M，N，Q三点的截面，

由正方体的对称性可知梯形QENM与梯形FGMN全等，则截面为六边形.

当点与点重合时，点与点重合,此时截面为四边形（菱形）.

当点与点重合时，点与点重合,此时截面为四边形（矩形）.

综上，过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面图形不可能是五边形.

故选项D正确；

故选：ABD．

【点睛】三棱锥外接球点睛：

求三棱锥外接球时，常见方法有两种：一种是直接法，一种是补形. 解题时要认真分析图形，看能否把三棱锥补形成一个正方体（长方体），若能，则正方体（长方体）的顶点均在球面上，正方体（长方体）的体对角线长等于球的直径.另一种是直接法，三棱锥任意两个面过外心的垂线的交点即为三棱锥外接球的球心.

三、填空题

13．已知复数（其中为虚数单位），则实数_________．

【答案】

【分析】利用复数相等的条件即可求解.

【详解】由题意可知，，解得,

所以实数.

故答案为：.

14．一艘船从河岸边出发向河对岸航行.已知船的速度的大小为，水流速度的大小为，那么当航程最短时船实际航行的速度大小为___________km/h.

【答案】

【分析】利用勾股定理求得正确答案.

【详解】要使航程最短，则船实际航行应正对着河对岸航行，

所以船实际航行的速度大小为km/h.

故答案为：

15．祖暅（公元前世纪），字景烁，是我国南北朝时期的数学家.他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异.”这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖桓晩一千一百多年.如图将某几何体（左侧图）与已被挖去了圆锥体的圆柱体（右侧图）放置于同一平面上.以平行于平面的平面于距平面任意高处可横截得到及两截面，若总成立，且图中圆柱体（右侧图）的底面半径为2，高为3，则该几何体（左侧图）的体积是__________.

【答案】

【分析】由题意给的原理可得该几何体的体积为，代入数据求解即可.

【详解】因为总有，圆柱的高为3，底面圆的半径为2，

所以该几何体的体积为，

故答案为：.

16．在锐角中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，且，则的取值范围是______．

【答案】

【分析】由正弦定理和正弦二倍角公式将已知化为，根据为锐角三角形可得，以及，再由正弦定理可得，利用两角和的正弦展开式和的范围可得答案.

【详解】由正弦定理和正弦二倍角公式可得

，

因为，所以，

可得，

因为，所以，

所以，，

由，可得，

所以，，

由正弦定理得

.

故答案为：.

四、解答题

17．已知向量.

(1)已知，求向量与的夹角；

(2)若，求实数的值.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）利用向量坐标夹角公式进行求解；

（2）先计算得到，，再利用向量垂直，数量积为0列出方程，求出的值.

【详解】（1）因为，所以，

故，

因为，所以向量与的夹角；

（2），

，

由于，

所以，

解得：或，

从而或.

18．已知复数，为虚数单位.

(1)求和；

(2)若复数z是关于x的方程的一个根，求实数m，n的值.

【答案】(1)，．

(2)，

【分析】（1）根据复数的乘除运算规则计算；

（2）将z代入方程，根据复数等于0的意义求解.

【详解】（1）∵ ，

∴ ， ；

（2）∵复数是关于的方程的一个根，

∴ ，

∴ ，∴ ，

∴，解得，；

综上， .

19．如图，某组合体是由正方体与正四棱锥组成，且．

(1)若该组合体的表面积为，求其体积；

(2)证明：平面

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）连接、交于点，连接，可知平面，设，则，取的中点，连接，计算出、，利用棱柱和锥体的表面积公式可求得的值，再利用锥体和柱体的体积公式可求得结果；

（2）利用线面平行的判断定理，即可证明.

【详解】（1）连接、交于点，连接，由正棱锥的性质可知平面，

设，则，，，

取的中点，连接，则，且，

所以，几何体的表面积为，

可得，    

所以，该几何体的体积为.

（2）证明：因为，且，

所以四边形是平行四边形，

则，平面，平面，

所以平面

20．如图，在平行四边形ABCD中，，，，BD，AC相交于点O，M为BO中点．设向量，．

（1）求的值；

（2）用，表示和；

（3）证明：．

【答案】（1）；（2），；（3）证明见解析

【分析】（1）利用数量积公式以及求解即可；

（2）由向量的加减法进行运算即可用，表示和；

（3）利用向量的垂直和数量积的关系证明即可.

【详解】（1）

（2）

又为中点

（3）

又

所以

【点睛】本题主要考查了用基底表示向量，利用数量积求模以及利用向量证明线段垂直，属于中档题.

21．在中，．

(1)求b；

(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求的面积．

条件①：；

条件②：边上中线的长为；

条件③：．

注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理边角互化即可求解，

（2）根据题目要求可知只能选择条件②或③，根据余弦定理求解，即可根据三角函数的性质求解正弦，进而由面积公式即可求解.

【详解】（1）因为，

在△中，由正弦定理，可得：，

又因为， 所以.

（2）选择条件①；由，，以及余弦定理得，该方程无解，故此时三角形不存在，故不能选择条件①

选择条件②

设边上的中线为，则，，

在△中，由余弦定理得：

，

因为，，所以，

所以△的面积为.

选择条件③

方法1：

由题设，因为，所以，

因为，所以

因为，所以，所以，

由余弦定理可得：，

整理得，解得（舍），

因为，，所以，

所以△的面积为.

方法2：由题设，因为，所以，

因为，所以

在△中，因为，所以，即，所以，

所以，

因为，，所以，

所以，

所以，

因为，

所以，

所以△的面积为.

方法3：因为且，

所以或，

因为，所以，

又因为，

所以即，

所以△为等腰三角形，设边上的高为，则，

由勾股定理，

所以△的面积为.

22．随着生活水平的不断提高，人们更加关注健康，重视锻炼.通过“小步道”，走出“大健康”，健康步道成为引领健康生活的一道亮丽风景线.如图，为某区的一条健康步道，为线段，是以为直径的半圆，km，km.

(1)求的长度；

(2)为满足市民健康生活需要，提升城市品位，改善人居环境，现计划新建健康步道（在两侧），其中为线段.若，求新建的健康步道的路程最多可比原有健康步道的路程增加多少长度？

【答案】(1)km

(2)km

【分析】（1）利用余弦定理求得，从而求得的长度

（2）利用余弦定理和基本不等式求得新建健康步道的最长路程，由此求得增加的长度.

【详解】（1）联结，在中，由余弦定理可得，

，

所以，即的长度为；

（2）记，则在中，由余弦定理可得：

，即，

从而

所以，则，当且仅当时，等号成立；

新建健康步道的最长路程为，

故新建的健康步道的路程最多可比原有健康步道的路程增加