2022-2023学年江西省南昌市高一下学期期末调研检测数学试题含答案

2022-2023学年江西省南昌市高一下学期期末调研检测数学试题

一、单选题

1．已知复数z满（为虚数单位），则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用复数的四则运算即可得解.

【详解】因为，

所以.

故选：B.

2．已知量，，若，则（    ）

A． B． C． D．2

【答案】C

【分析】根据向量垂直的坐标表示运算求解.

【详解】若，则，解得.

故选：C.

3．若表示三个不同的平面，l表示直线，则下列条件能推出的是（    ）

A．， B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据模型找出反例结合面面平行的判定判断即可.

【详解】  

由图可知，面,面,面与面不平行，选项A错误；

面，面,面与面不平行，选项B错误；

根据线面垂直的性质可知，选项C正确；

面 面，面 面，面与面不平行，选项D错误.

故选：C.

4．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由题意求出，再根据二倍角得正切公式即可得解.

【详解】由，得，

则.

故选：B.

5．设时刻，时针和分针所夹的角为，则（）

A．0 B． C． D．

【答案】C

【分析】根据生活常识得到钟表的一大格的夹角，再判断题干中时针和分针相差2.5个大格，从而得到，再利用余弦的和差公式即可得解.

【详解】因为时针每12小时转动，所以每小时转，即钟表的一大格的夹角是.

而时刻，时针和分针相差2.5个大格，

所以时刻，时针和分针所夹的角的度数是，

则

.

故选：C.

6．一个封闭的玻璃圆锥容器AO内装水若干如图a所示，此时水面与AO形交于点B，将其倒置后如图b所示，水面与AO还是相交于点B，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意可得圆锥的体积等于水的体积的倍，设圆锥的底面圆的半径为，图中，水面圆的半径为，设，易得，可得，再根据圆锥的体积公式即可得解.

【详解】由题意可得圆锥的体积等于水的体积的倍，

设圆锥的底面圆的半径为，图中，水面圆的半径为，

设，则，则，

所以，

解得，即.

故选：A.

7．某景区准备在两座山峰的山顶之间建设索道，要预先测量这两个山顶之间的距离.设两座山峰的山顶分别为，它们对应的山脚位置分别为，在山脚附近的一块平地上找到一点，（所在的平面与山体垂直），使得是以为斜边的等腰直角三角形，现从处测得到两点的仰角分和，若到的距离为1千米，则两个峰顶的直线距离为（    ）

A．千米 B．千米 C．千米 D．千米

【答案】A

【分析】先求出，在线段上取点，使得，证明四边形为矩形，再利用勾股定理即可得解.

【详解】在等腰直角中，

，

在中，，则，

在中，，则，

如图，在线段上取点，使得，

因为，所以四边形为平行四边形，

又，所以四边形为矩形，

则，

所以，

即两个峰顶的直线距离为千米.

故选：A.

8．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派在研究正五边形和正十边形的作图时，发现了黄金分割比的为0.618，这一数值恰好等于，则（    ）

A． B． C． D．1

【答案】D

【分析】根据题意结合三角恒等变换运算求解.

【详解】因为

，

所以.

故选：D.

二、多选题

9．已知复数（为虚数单位），则下列说法中正确的有（    ）

A．z的虚部为 B．

C． D．

【答案】BD

【分析】利用复数的概念、模的计算公式、辐角的定义与乘方的计算方法，对选项逐一分析判断即可.

【详解】对于A，因为，所以z的虚部为，故A错误；

对于B，，故B正确；

对于C，因为一个复数的辐角有无数多个，故错误，故C错误；

对于D，因为，所以，故D正确.

故选：BD.

10．如图，在平面直角坐标系中，圆O与x轴的正半轴相交于点，过点，作x轴的平行线与圆O相交于不同的B，C两点，且B点在C点左侧，设，，下列说法正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】AB

【分析】结合三角函数的定义，逐项判断即可得结论.

【详解】由题意可知

若，则，则，故A，B正确；

若，则，故C错误；

若，则，所以，故D错误.

故选：AB.

11．函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位，再将横坐标扩大为原来的2倍得到的图象，则下列说法正确的有（    ）

A． B．

C． D．是的一个对称中心

【答案】ACD

【分析】根据图象可得函数的周期，即可求出，再利用待定系数法求出即可，根据平移变换和周期变换求出的解析式，即可判断C，根据正弦函数的对称性即可判断D.

【详解】由图可知函数得周期，

所以，故A正确；

则，

又，所以，

所以，则，

又，所以，故B错误；

则，

将的图象向左平移个单位，得，

再将横坐标扩大为原来的2倍得，

，

则，故C正确；

因为，

所以是的一个对称中心，故D正确.

故选：ACD.

12．由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体1如图1，沿着和分别作上底面的垂面，垂面经过棱的中点，则两个垂面之间的几何体2如图2所示，若，则（）

A． B．

C．平面 D．几何体2的表面积为

【答案】ABC

【分析】对于A，先证得四形边是边长为菱形，再利用中位线定理求得，从而得解；对于B，利用面面平行的性质定理证得，从而得证；对于C，利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证；对于D，将几何体2拆分成4个正方形与8个菱形即可得得解.

【详解】将几何体1与几何体2合并在一起，连接，记，易得，

对于A，因为在正四棱台中，， 是的中点，

所以，

又是的中点，，所以，则，，

又，所以，

所以四边形是平行四边形，则，

同理：，

所以四形边是边长为菱形，

在边长为的正方形中，，

因为是的中点，所以，，

所以，故A正确；

对于B，因为在正四棱台中，面面，

又面面，面面，

所以，又，所以，故B正确；

对于C，在四边形中，由比例易得，

由对称性可知，而，

所以，则，即，

而由选项B同理可证，所以，

因为在正方形中，，而，所以，

因为面，所以面，

对于D，由选项A易知四边形是边长为的正方形，上下底面也是边长为的正方形，

四边形是边长为的菱形，其高为，

所以几何体2是由4个边长为2正方形和8个上述菱形组合而成，

所以其表面积为，故D错误.

故选：ABC.

【点睛】关键点睛：本题解决的关键是推得四形边是边长为菱形，从而解决选项A，再利用面面平行的性质定理推得，，从而解决选项BC，将几何体2各个面分解成基本图形即可解决D.

三、填空题

13．已知向量，，则在方向上的投影数量是          .

【答案】

【分析】利用投影数量的定义求解即可.

【详解】因为，，

所以，，

所以，

则在方向上的投影数量是.

故答案为：.

14．请写出复数的一个平方根           （只需写出其中一个）.

【答案】（或，答案不唯一）.

【分析】利用待定系数法，结合复数的四则运算及相等性质即可得解.

【详解】依题意，设复数的平方根为，

则，

所以，解得或，

所以复数的平方根为或，

故答案为：（或，答案不唯一）.

15．在长方体中，，，则异面直线，所成的角的余弦值为           .

【答案】

【分析】连接，证明，则或其补角即为异面直线，所成角的平面角，再解即可.

【详解】如图，连接，

因为且，

所以四边形为平行四边形，所以，

则或其补角即为异面直线，所成角的平面角，

在中，，

由余弦定理得，

即异面直线，所成的角的余弦值为.

故答案为：.

16．中，，延长至，使得，则的最大值为        .

【答案】

【分析】设，则，再求出，分别在和利用正弦定理求出，再根据三角函数的性质即可得解.

【详解】设，则，

因为，所以，

又，所以，

由，得，

在中，由正弦定理，

得，

在中，由正弦定理，

得，

则，

由，得，

则当时，取得最大值，为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：设，将都用表示，再分别在和利用正弦定理求出，是解决本题的关键.

四、解答题

17．已知复数，.

(1)求；

(2)若，且，求，y的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据复数的乘法运算求解；

（2）根据题意结合复数相等列式求解.

【详解】（1）由题意可得：.

（2）因为，即，

可得，解得，

所以.

18．化简求值.

(1)

(2).

【答案】(1)

(2)2

【分析】（1）根据题意利用诱导公式运算求解；

（2）根据题意利用两角和的正切公式运算求解.

【详解】（1）由题意可得：

.

（2）因为，

整理得，

所以.

19．如图，三棱锥中，平面为的中点，，.

(1)求证：平面平面；

(2)求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据线面垂直的性质得，从而可证得平面，再线面垂直的性质得，从而可证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；

（2）由，得三棱锥的高为，再根据棱锥的体积公式即可得解.

【详解】（1）因为为的中点，，

所以，

因为平面，平面，所以，

又平面，

所以平面，

又平面，所以，

因为平面，所以平面，

又平面，所以平面平面；

（2）因为，

所以三棱锥的高为，

，

故.

20．如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为CD，BC的中点，BE与AC，AF分别相交于M，N两点.

(1)若，求λ；

(2)若，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意以为基底向量，根据平面向量基本定理运算求解；

（2）由（1）可得，根据几何性质可得，进而结合数量积的定义以及运算律运算求解.

【详解】（1）以为基底向量，则，

因为，

所以，

又因为∥，则存在唯一实数，使得，

即，

可得，解得，

所以实数的值为.

（2）由（1）可得

因为∥，则，

可得，

由题意可得：，

则

，

所以.

21．古语云:“积善之家，必有余兴”.扇是扇风的，有“风生水起”走好运之意，“扇”与“善”字谐音，佩戴扇形玉佩，有行善积德之意.一支考古队在对某古墓进行科考的过程中，发现一枚扇形玉佩，但因为地质原因，此扇形玉佩已经碎成若干块，其中一块玉佩碎片如图1所示，通过测量得到数据，，AB=2.（图1中破碎边缘呈锯齿形状）

(1)求这个扇形玉佩的半径；

(2)现又找到一块比较规则的三角形碎片，如图2所示，其三边长分别为，，1，且该三角形碎片有两边是原扇形边界的一部分，请复原该扇形玉佩的具体参数（圆心角.弧长、面积）.

【答案】(1)这个扇形玉佩的半径为

(2)扇形的圆心角为，弧长为，面积为

【分析】（1）先利用余弦定理求，可得，进而可求半径；

（2）先利用余弦定理求扇形的圆心角，进而结合扇形的相关公式运算求解.

【详解】（1）如图，设扇形的圆心为，连接，

在中，由余弦定理可得，

因为，可得，

在中，因为，则，即，

可得，

所以这个扇形玉佩的半径为.

（2）设扇形的圆心角为，

因为，可得，

所以扇形的圆心角为，弧长为，面积为.

22．小波到一个广告公司去应聘包装设计师职位，考官给大家出了一道题目:某礼品厂生产一种棱长为a的正四面体形状的礼品（如图）.请你为它设计一个包装盒，形状随意，可提出不同方案供考官选择（不考虑包装盒材料的质量、厚度、重量及接缝处损耗）

(1)小波给出了长方体和圆柱两个设计方案（如图），请分别计算这两个包装盒的表面积；

(2)考虑到礼品各面易碎，礼品较大，包装盒体积不能太大，但礼品各面与包装盒表面之间需要有填充物，请你帮小波设计一个方案.（需要面图表示，并配以简单说明理由）

【答案】(1)，

(2)答案见详解

【分析】（1）根据正四面体的结构特征运算求解；

（2）设计正方体，结合题意分析运算.

【详解】（1）如图，对于正四面体，过顶点作底面的垂线，垂足为，延长交于点，

可知平面，点为的中点，为的中心，，

由平面，则，

可得：，

对于长方体设计方案可知：长方体的长、宽、高分别为，

所以其表面积；

对于圆柱体设计方案可知：圆柱的底面半径为，高为，

所以其表面积.

（2）由（1）可知：对于长方体设计方案，体积为；

对于圆柱体设计方案可知，体积为；

如图，以正方体的设计方案，则正方体的棱长为，体积为，

因为，，故体积较小，

此时四面体在正方体内不易晃动，且方便运输和管理.