福建省莆田锦江中学2022-2023学年高一下学期期中质检数学试题（解析版）

这是一份福建省莆田锦江中学2022-2023学年高一下学期期中质检数学试题（解析版），共12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。
莆田锦江中学2022-2023学年下学期期中质检试卷
高一数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题（每小题5分，共40分）
1. 已知，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量平行的坐标表示可求，再由向量坐标运算公式求.
【详解】因为，，
所以，
所以，
所以，
所以，
故选：A.
2. 已知向量，，，且，则实数为（ ）
A. -4 B. -3 C. 4 D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量垂直列方程，化简求得的值.
【详解】，
由于，
所以.
故选：A
3. 若复数z满足（其中i是虚数单位），复数z的共轭复数为，则（ ）
A. z实部是 B. 的虚部是
C. 复数在复平面内对应的点在第四象限 D.
【答案】A
【解析】
【分析】把转化为化简求解.
【详解】
z的实部是故A正确；，故D错误
，的虚部是故B错误，在复平面上对应的点为所以为第一象限点，故C错误.
故选：A
4. 的三内角所对边分别为，若，则角的大小（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据余弦定理直接求解即可.
【详解】解：由余弦定理得，
因为，所以.
故选：B
5. 已知正三角形边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据斜二测画法的知识确定正确答案.
【详解】正三角形的高为，
根据斜二测画法的知识可知，
直观图的面积为.
故选：B

6. 已知一个圆锥底面半径为1，母线长为2，则其侧面展开得到的扇形的圆心角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】圆锥的底面周长即侧面展开得到的扇形的弧长,再应用弧长公式求圆心角即可.
【详解】由条件知底面周长为，即侧面展开得到的扇形的弧长为，
故,圆心角为.
故选:.
7. 在，其内角的对边分别为，若，则的形状是（ ）
A. 等腰三角形 B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形 D. 等腰或直角三角形
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦定理可得结合条件可得，进而即得.
【详解】因为在，，
所以，
又，
所以，，
所以为等腰三角形.
故选：A.
8. 中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世.如图，某同学为测量鹳雀楼的高度，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物，高约为37，在地面上点处（，，三点共线）测得建筑物顶部，鹳雀楼顶部的仰角分别为30°和45°，在处测得楼顶部的仰角为15°，则鹳雀楼的高度约为（ ）

A. 64 B. 74 C. 52 D. 91
【答案】B
【解析】
【分析】求出，，，在中，由正弦定理求出m，从而得到的长度.
【详解】因为中，⊥，m，，
所以m，
因为中，⊥，，
所以，
由题意得：，
故，
在中，由正弦定理得：，
即，
故(m)，
故(m)
故选：B
二、多选题（每小题5分，共20分）
9. 已知向量，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据向量的平行与垂直坐标公式及加减运算对选项一一判断即可．
【详解】因为，所以不平行，则A错；
由，所以，则B正确；
由，，故C错；
由，故D正确.
故选：BD
10. 已知复数，则下列说法正确的有（ ）
A. 复数z的实部为3 B. 复数z的共轭复数为
C. 复数z的虚部为 D. 复数z的模为5
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据复数的定义及性质可判断A、C项，根据共轭复数的定义可判断B项，根据复数模的计算公式可判断D项.
【详解】解：复数的实部为3，虚部为4，故A项正确，C项错误；
复数的共轭复数为，故B项正确；
复数的模为，故D项正确.
故选：ABD.
11. 下面关于空间几何体的表述,正确的是（ ）
A. 棱柱的侧面都是平行四边形
B. 直角三角形以其一边所在直线为旋转轴,其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体是圆锥
C. 正四棱柱一定是长方体
D. 用一个平面去截棱锥,底面和截面之间的部分叫做棱台
【答案】AC
【解析】
【分析】用简单几何体的定义及特征去逐个判断即可.
【详解】对于A:棱柱的所有侧面都是平行四边形,且每相邻两个四边形的公共边都相互平行,故A正确.
对于B:只有以直角边为旋转轴旋转才能得到圆锥,以斜边为旋转轴旋转得到是两个圆锥的组合体.故B错误.
对于C:正四棱柱是底面是正方形的直四棱柱,所以必然是长方体,故C正确.
对于D:只有截面与底面平行时,截面与底面之间的部分才是棱台,故D错误.
故选:AC.
12. 已知中，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c下列命题正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若，，则外接圆半径为10
C. 若，则为等腰三角形
D. 若，，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用三角形性质和正弦定理可知A正确，利用正弦定理可知B,C的正误，利用三角形面积公式可知D正确.
【详解】因为，所以，由正弦定理，可得，即，A正确；
由正弦定理可知，所以外接圆半径为5，B不正确；
因为，所以，即，
整理可得，即，
因为为三角形的内角，所以，即为等腰三角形，C正确；
因为，，，所以，D正确.
故选：ACD.
三、填空题（每小题5分，共20分）
13. 设复数为实数，则实数m的值是__________．
【答案】3
【解析】
【分析】复数为实数，则虚部为零，结合分母不等于零得出答案.
【详解】依题意有，
解得m＝3.
故答案为：3.
14. 已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为64，则这个球的表面积是__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求正四棱柱的底面边长，然后求其对角线，即球的直径，结合球的表面积公式计算即可求解．
【详解】解：正四棱柱高为4，体积为64，
所以底面积为16，则底面正方形边长为4，
所以正四棱柱的对角线长即球的直径为，
球的半径为，球的表面积，
故答案为：.
15. 若，与的夹角为，则向量在上的投影向量为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的定义求解.
【详解】，与的夹角为，则，
所以向量在上的投影向量为．
故答案为：.
16. 在中，角所对边分别为，，，，且面积为，若，则______．
【答案】3
【解析】
【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：3
四、解答题（共70分，17题10分，其余各题12分）
17. 已知：复数，其中为虚数单位．
（1）求及；
（2）若，求实数的值．
【答案】（1），
（2），
【解析】
【小问1详解】
，则.
【小问2详解】
由（1）得：，
，解得：.
18. 在平面直角坐标系中，已知向量．
（1）求；
（2）若，，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量坐标运算法则计算得到，从而计算出模长；（2）利用向量坐标运算和数量积等于0求出实数的值.
【小问1详解】
，
所以
【小问2详解】
，
因为，
所以，
解得：
19. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，，，求：
（1）角B；
（2）的面积S.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】(1)正弦定理求解；
(2)根据面积公式求解.
【小问1详解】
由正弦定理，得，
因为在中，且，所以.
【小问2详解】
因为，
所以.
所以.
20. 如图，在平行四边形中，、分别在、上，且，，，.

（1）试用、表示、；
（2）若，，，求的值.
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用平面向量的减法、加法法则可得出、关于、的表达式；
（2）利用平面向量数量积的定义以及运算性质可求得的值.
【详解】（1）由已知可得，，
所以，，；
（2）由平面向量数量积的定义可得，
所以，.
21. 如图，某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知半球的直径是6 cm，圆柱筒长2 cm．

（1）这种“浮球”体积是多少?（结果精确到0.1)
（2）要在2500个这样的“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方米需要涂胶100克，那么共需涂胶约多少克?附：．
【答案】（1）
（2）3768
【解析】
【分析】（1）分别求出两个半球的体积，和圆柱体的体积，即可求出“浮球”的体积；
（2）先求出一个“浮球”的表面积，再求出2500个的面积，即可求解.
【小问1详解】
该半球的直径，
所以“浮球”的圆柱筒直径也是，得半径，
所以两个半球的体积之和为，
而，
该“浮球”的体积是；
【小问2详解】
上下两个半球的表面积是，
而“浮球”的圆柱筒侧面积为，
所以1个“浮球”的表面积为，
因此，2500个“浮球”的表面积的和为，
因为每平方米需要涂胶100克，
所以总共需要胶的质量为：（克）．
22. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求A；
（2）若，求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理将边化为角，结合三角函数的两角和的正弦公式，可求得答案;
（2）由余弦定理结合基本不等式可求得，再利用三角形面积公式求得答案.
【小问1详解】
根据正弦定理及，
得.
∵，
∴.
∵，
∴.
【小问2详解】
由（1）知，又，
由余弦定理得，
即，
∵，
∴，即，
当且仅当时取等号.
∴.
∴的最大值为.