2022湖州三贤联盟高一下学期期中联考数学试题含答案

2021学年第二学期湖州市三贤联盟期中联考

高一年级数学学科试题

一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【1题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】由复数的几何意义即可求出答案.

【详解】在复平面所对应的点为，位于第二象限.

故选：B.

2. 若向量，，则（）

A.  B.  C.  D.

【2题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】利用平面向量数量积的坐标运算可求得结果.

【详解】已知向量，，则.

故选：D.

3. 中内角所对的边分别为，已知，则（）

A.  B.  C.  D.

【3题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】利用余弦定理直接求解即可.

【详解】由余弦定理得：，所以.

故选：A.

4. 如图，是利用斜二测画法画出的（为直角）的直观图，的面积为，图中，过点作轴于点，则的长为（）

A.  B.

C.  D.

【4题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】利用面积公式求出原的高，进而求出，然后在直角三角形中求解即可

【详解】由题可知，在中，，因为的面积为16，，

所以，，，因为，轴于点，

所以.

故选：C.

5. 在中，，，则向量在向量上的投影向量为（）

A.  B.  C.  D.

【5题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意得在方向上的投影向量为：，再求解计算即可.

【详解】由题意：，

所以在方向上的投影向量为：

.

故选：A.

6. 我们的数学课本《人教A版必修第二册》第121页介绍了“祖暅原理”：“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.如图将底面直径皆为，高皆为的“椭半球体”和已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面上，用平行于平面且与任意距离处的平面截两个几何体，可横截得到一个圆面和一个圆环面，可以证明总成立.据此，当时“椭半球体”的体积是（）

A.  B.  C.  D.

【6题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】由祖暅原理可得“椭半球体”的体积等于圆柱的体积减去圆锥的体积，根据圆柱，圆锥的体积公式可求其解.

【详解】设“椭半球体”和被挖去了圆锥体的圆柱体被与距离处的平面截得的圆面，圆环面的面积分别为，，体积分别为,，则，由“祖暅原理”两个几何体的体积相等，故，

故选：B.

7. 如图是2021年9月17日13：34神州十二号返回舱接近地面的场景.伞面是半径为的半球面，伞顶与返回舱底端的距离为半球半径的5倍，直线与水平地面垂直于和观测点在同一水平线上.在测得点的仰角，已知，，则此时返回舱底端离地面距离为（）

A.  B.

C.  D.

【7题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】先由已知条件求出，再在中利用正弦定理求出的长，然后利用直角三角形的边角关系求出，从而可求出的长

【详解】因为伞面是半径为的半球面，伞顶与返回舱底端的距离为半球半径的5倍，

所以，

在中，，，由正弦定理得

,

,

在直角中，，

所以，

所以，

故选：D

8. 已知为正方体表面上的一个动点，是棱延长线上一点，且，若，则动点的运动轨迹的长为（）

A.  B.  C.  D.

【8题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】由题意可知，且点的轨迹是以为球心，为半径的球与正方体表面的交线，作出草图，根据弧长公式即可求出结果．

【详解】因为，是棱延长线上的一点，且，所以，

由勾股定理，可知，因为，所以点的轨迹是以为球心，为半径的球与正方体表面的交线，如图所示：

所以动点运动轨迹在平面上的交的弧线是以为圆心，为半径的圆弧，其中该圆弧所对圆心角为；

在平面上的交的弧线是以为圆心，为半径的圆弧，其中该圆弧所对圆心角为；

在平面上的交的弧线是以为圆心，为半径的圆弧，其中该圆弧所对圆心角为；

所以动点运动轨迹的长为．

故选：C．

二､多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 设复数，为虚数单位，则下列说法正确的是（）

A. 的共轭复数为 B.  C.  D.

【9题答案】

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据共轭复数、复数的模长公式以及四则运算求解即可.

【详解】的共轭复数为，，，.

故选：ABD

10. 若直线不平行于平面，且，则下列说法正确的是（）

A. 内存在一条直线与平行 B. 内不存在与平行的直线

C. 内所有直线与异面 D. 内有无数条直线与相交

【10题答案】

【答案】BD

【解析】

【分析】利用直线与直线，直线与平面的位置关系判断.

【详解】A. 若内存在一条直线与平行，则由线面平行的判定定理知，故错误；

B. 因为直线不平行于平面，且，所以直线与平面相交，故内不存在与平行的直线，故正确；

C. 因为直线不平行于平面，且，所以直线与平面相交，在内过交点的直线与共面，故错误；

D. 因为直线不平行于平面，且，所以直线与平面相交，在内过交点的直线有无数条与相交，故正确；

故选：BD

11. 在中角所对的边分别为，能确定为锐角的有（）

A.

B

C. 均为锐角，且

D.

【11题答案】

【答案】ACD

【解析】

【分析】选项A由余弦定理可判断；选项B由向量的数量积定义可判断；选项C由诱导公式有，由正弦函数的单调性可判断；选项D由正弦定理可得则由大边对大角可判断.

【详解】对于为锐角，故正确；

对于为钝角，故错误

对于均为锐角；且

因为可得则为锐角，故正确.

对于由正弦定理得则为锐角，故正确.

故选：ACD

12. 已知向量满足.则下列说法正确是（）

A.  B. 若，则

C. ，有 D. 若，则的值唯一

【12题答案】

【答案】BC

【解析】

【分析】由向量的平方即得模的平方，化简计算可判断A；由向量垂直条件，数量积为0，可判断B；由向量的平方即得模的平方，结合二次函数的最值，可判断C；由向量减法和向量的平方即为模的平方，计算可判断D.

【详解】对于A，由于.可得：，即，所以A错误.

对于B，，则得，，则

，故B正确.

对于C，，，故C正确.

对于D，，则

，结果不唯一，故D错.

故选：BC.

三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知圆柱的底面圆的半径为2，高为3，则该圆柱的侧面积为________.

【13题答案】

【答案】

【解析】

【分析】圆柱的侧面打开是一个矩形，长为底面的周长，宽为圆柱的高，即，带入数据即可．

【详解】因为圆柱的底面圆的半径为2，所以圆柱的底面圆的周长为，则该圆柱的侧面积为.

【点睛】此题考察圆柱侧面积公式，属于基础题目．

14. 已知为虚数单位，复数的虚部为___________.

【14题答案】

【答案】

【解析】

【分析】利用复数的除法运算，求出，即可得出答案.

【详解】由，所以复数的虚部为.

故答案为：.

15. 已知，则的取值范围是___________.

【15题答案】

【答案】

【解析】

【分析】将向量进行线性运算后，按照向量的求模公式，结合辅助角公式求最值即可.

【详解】

因为，

所以，

故答案为：.

16. 南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积.把以上文字写成公式，即（其中为三角形的面积，为三角形的三边）.在斜中，分别为内角所对的边，若，且.则此面积的最大值为___________.

【16题答案】

【答案】

【解析】

【分析】由正弦定理化边为角，应用诱导公式，两角和的正弦公式变形可求得，再由正弦定理得，代入面积公式得面积为的函数，结合二次函数性质得最大值．

【详解】解：∵，∴，

即，

即，

又且，则，

∴，∴，

又，所以，解得，

∴，

∴时，．

故答案为：．

【点睛】思路点睛：本题考查正弦定理、余弦定理的应用，考查新定义，解题关键是利用正弦定理及三角函数恒等变换公式得出边的关系，利用新给出的面积公式表示出三角形面积，从而可得最大值及边长．

四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答题应写出文字说明､证明过程.

17. 已知为虚数单位，实数分别取什么数值时，复数满足下列条件：

（1）纯虚数；

（2）复平面内对应点在直线上.

【17题答案】

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）实部为0，虚部不为0即可；

（2）实部等于虚部即可得解.

【小问1详解】

由已知

解得

【小问2详解】

由已知

19. 已知不共线的向量满足.

（1）是否存在实数，使与共线？若存在请求出，若不存在请说明理由；

（2）若，求实数的值.

【19题答案】

【答案】（1）存在，；

（2）或.

【解析】

【分析】（1）假设存在实数满足题意，根据平面向量的共线定理，即可求得参数值；

（2）求得，以及，结合向量垂直则数量积零，带值计算即可.

【小问1详解】

假设存在实数，使得与共线，

则存在实数，满足.

因为不共线，有，解得，

存在实数，使与共线.

【小问2详解】

由已知，，解得，

由已知，得

，

则，

即，

解得或.

21. 在中，内角所对的边分别为，且.

（1）求的值；

（2）若，点在边上，且，求的长度.

【21题答案】

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）根据，利用正弦定理求解；

（2）先利用余弦定理求得边a，进而得到BD，再在中，利用余弦定理求解.

【小问1详解】

解：在中，

由正弦定理得，

，

，

有，

又，

，

.

小问2详解】

由（1）知，，又，

由余弦定理得，

，

即，即，

得或（舍去）

，

在中，，

，

23. 如图所示的圆锥，顶点为，底面半径，用一与底面平行的平面截得一圆台，圆台的上底半径为，这个平面与母线交于点，线段的长为.

（1）求圆台的体积和圆台的侧面积；

（2）把一根绳从线段的中点开始沿着侧面绕一圈到点，求这根绳最短时的长度.

【23题答案】

【答案】（1）体积为，侧面积为

（2）

【解析】

【分析】（1）利用台体的体积与侧面积公式可求得结果；

（2）作出圆锥的侧面展开图，可知扇形的圆心角为，结合勾股定理可求得结果.

【小问1详解】

解：由已知圆台下底面半径，上底面半径，可得，

圆台的高，

圆台的体积，

圆台的侧面积.

【小问2详解】

解：作出圆锥侧面展开图，由已知绳子最短时的长度为侧面展开图中的长度.

由圆锥的底面周长可得侧面展开图的弧长为，

侧面展开图的圆心角为，

则在三角形中，，则.

25. 为了美化城市空间，拓展市民公共活动场所，某市拟把一块直角三角形空地修建成一个“口袋公园”（指规模很小的城市户外空间）.建造时，须在公园内留出一块绿地（区域），在上，其余区域为休闲区.

（1）当图中三个区域的面积相等时，求绿地区域的周长；

（2）若，为使休闲区尽量大，设，问为何值时，绿地区域的面积最小？最小面积是多少？

【25题答案】

【答案】（1）

（2），最小值为

【解析】

【分析】（1）首先利用锐角三角函数求出，，再根据面积相等求出，分别在、中利用余弦定理求出、，即可得解；

（2）在、中利用正弦定理表示出、，再根据以及三角恒等变换公式化简，得到，最后根据正弦函数的性质计算可得；

【小问1详解】

解：由已知，，

当时，.

在中，，，，

，

，

在中，，，，

，

，

绿地区域的周长为；

【小问2详解】

解：在中，，

在中，，

所以

，，当即时，的最大值为1，

此时面积取得最小值为.

27. 已知为等边三角形，点是的重心.过点的直线与线段交于点，与线段交于点.设，，

（1）求的值；

（2）设的周长为，的周长为，设，记的表达式为，求；

（3）在（2）的条件下，设，求的取值范围.

【27题答案】

【答案】（1）

（2）

（3）

【解析】

【分析】（1）根据题意得，再利用，，三点共线求解即可；

（2）根据题意得，即可求解；

（3）根据题意得，求出的范围代入求值域即可.

【小问1详解】

连接并延长，交于点，则为中点，

所以，又为重心，

所以

又，，三点共线，所以，即

【小问2详解】

设的边长为1，则,，

在中，，

所以，所以，

因为，，

所以，因为，

所以

【小问3详解】

，因为，，所以，，

又，因为，所以，

因为，所以的最小值：，最大值为：，

所以，所以，

所以.