浙江省宁波市金兰教育合作组织2022-2023学年高一数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

2022学年第二学期宁波金兰教育合作组织期中联考

高一年级数学试题

考生须知：

1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．

2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．

3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．

4．考试结束后，只需上交答题纸．

选择题部分

一、单项选择题：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. 已知复数满足，则（    ）

A.  B. 1 C. 5 D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数的模长运算直接求解即可.

【详解】由于，所以.

故选：C.

2. 设是平面内的一个基底，则下面的四组向量不能作为基底的是（    ）

A. 和 B. 和

C. 和 D. 和

【答案】D

【解析】

【分析】判断每个选项中的向量是否共线，即可判断出答案.

【详解】由于是平面内的一个基底，故不共线，

根据向量的加减法法则可知和不共线，和不共线，

和不共线，故A，B，C中向量能作为平面的基底，

，故和共线，不能作为平面的基底，D错误，

故选：D

3. 若一个正棱锥的各棱长和底面边长均相等，则该棱锥一定不是（    ）

A. 正三棱锥 B. 正四棱锥 C. 正五棱锥 D. 正六棱锥

【答案】D

【解析】

【分析】对于选项A，考虑正四面体.对于B，C，D选项，画出满足部分条件几何体，通过证明来说明是否存在满足题意的图形.

【详解】对于选项A，正四面体为满足条件的正三棱锥，故排除A；

对于选项B，考虑如图所示的正四棱锥.

满足，

为底面正方形中心，EO平面ABCD.

因底面为正方形，故，

则，，，两两全等，得.

故存在满足条件的正四棱锥，排除B；

对于选项C，考虑如图所示的五棱锥.

满足，

O为底面正五边形中心，FO平面ABCDE.

因底面为正五边形，故，

则，，，，两两全等.得.

故存在满足条件的正五棱锥，排除C；

对于选项D，考虑如图所示的正六棱锥.

满足，

O为底面正六边形中心.GO平面ABCDEF.

但注意到OA=AB，，则有.

这与所设满足的条件矛盾，故不存在满足条件的正六棱锥，故D正确.

故选：D

4. 已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据向量的坐标运算结合投影向量的定义运算求解.

【详解】由题意可得：，

故向量在向量方向上的投影向量为.

故选：A.

5. 如图所示，为测量某不可到达的竖直建筑物CO的高度，在此建筑物的同一侧且与此建筑物底部在同一水平面上选择相距60米的A，B两个观测点，并在A，B两点处测得建筑物顶部的仰角分别为45°和30°，且，则此建筑物的高度为（    ）

A. 45m B. 60m C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由题意分析可得，，在中利用余弦定理运算求解.

【详解】由题意可得：，在Rt中，由可得；

在Rt中，由可得；

在中，由余弦定理，

即，整理得,

解得或（舍去），

所以此建筑物的高度为60m.

故选：B.

6. 已知斜二侧画法下的直观图是边长为的正三角形（如图所示），则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】过作轴，与轴交于点，由正弦定理可求出和的值，再在平面直角坐标系中得出与，利用勾股定理可得.

【详解】如图所示，

过作轴，与轴交于点，

则，，，

由正弦定理得，

即，

则，，

将三角形还原到直角坐标系中，如图所示，

，，

所以，

故选：A.

7. 已知平面向量，，均为单位向量，且，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据平面向量的数量积运算法则和性质求解即可.

【详解】平面向量，，均为单位向量，所以，又

所以，平方得，则.

故选：A.

8. 已知中，D，E分别为线段AB，BC上的点，直线AE，CD交于点P，且满足，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】令，，令，，利用平面向量基本定理确定点的位置即可求解作答.

【详解】如图，令，，

于是，

而，并且不共线，因此，解得，

令，，

则，

从而，解得，因此点是线段的中点，

所以，所以.

故选：C

【点睛】思路点睛：用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．

二、多项选择题：本题共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，有选错的得0分，部分选对得2分．

9. 下列结论中正确的是（    ）

A. 正四面体一定是正三棱锥 B. 正四棱柱一定是长方体

C. 棱柱的侧面一定是平行四边形 D. 棱柱的两个互相平行的平面一定是棱柱的底面

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据各几何体的定义直接判断.

【详解】A选项：正三棱锥是底面为正三角形，各侧棱长均相等的几何体，正四面体四个面均为正三角形且所有棱长均相等，所以A选项正确；

B选项：正四棱柱为底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱即为长方体，所以B选项正确；

C选项：棱柱上下底面互相平行且全等，且各侧棱互相平行，所以棱柱的侧面均为平行四边形，所以C选项正确；

D选项：正四棱柱的侧面两两平行，所以D选项错误；

故选：ABC.

10. 已知两个单位向量、的夹角为，若，则把有序数对叫做向量的斜坐标，若，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】根据向量线性运算、向量模的定义、数量积的定义判断．

【详解】由已知，，

因此，所以的斜坐标为，A正确；

，因此的斜坐标是，C正确；

，

，在与不垂直时，BD错；

故选：AC．

11. 下列命题中正确的命题是（    ）

A. 若复数满足，则

B. 若复数满足，则

C. 若复数，满足，则

D. 若复数，满足，则

【答案】C

【解析】

【分析】设复数，根据复数的运算，验证即可判断A,B；设复数，根据已知等式结合复数运算，即可判断C,D.

【详解】对于A，设复数，则，

所以恒成立，则，故A不正确；

对于B，设复数，则，若，则，

所以，则，故或，则复数是纯虚数或实数，故B不正确；

对于C，设复数，若，即，

所以，整理得，

所以，故C正确；

对于D，设复数，

若，则，整理得，

而可得，所以D不正确.

故选：C.

12. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是（    ）

A. 若，，则一定是等边三角形

B. 若，则一定是钝角三角形

C. 若，则一定是等腰三角形

D. 若，则一定是直角三角形

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用正弦定理、余弦定理，结合三角恒等变换逐项计算、判断作答.

【详解】对于A，中，，，由余弦定理得：

，即，因此，一定是等边三角形，A正确；

对于B，由得：，

即，由正弦定理得，

由余弦定理得，因此角是钝角，一定是钝角三角形，B正确；

对于C，中，由及余弦定理得：

，整理得，

即，因此或，

是等腰三角形或直角三角形，C错误；

对于D，中，由及正弦定理得：，

因此，即，

整理得：，显然，，

即，因此，而，于是，

所以，一定是直角三角形，D正确.

故选：ABD

【点睛】结论点睛：的三边分别为a，b，c（a≥b≥c），若，则是锐角三角形；若，则是直角三角形；若，则是钝角三角形.

非选择题部分

三、填空题：本小题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知正方体的棱长为，一蚂蚁沿着正方体的表面从点爬到点的最短距离是__________．

【答案】

【解析】

【分析】做出正方体的侧面展开图，在平面图形内计算最短距离.

【详解】

如图所示，将正方体的侧面与展开，

则最短距离为，

故答案为：.

14. 已知复数，且，则（i是虚数单位）的最大值是______．

【答案】3

【解析】

【分析】利用复数几何意义求解.

【详解】因为，复数表示圆心在原点的单位圆，

如图所示：

表示单位圆上的点到点的距离，

由图知：当时，取得最大值3，

故答案为：3

15. 《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象．如图1所示的是八卦模型图，其平面图形（图2）中的正八边形，其中为正八边形的中心，边长，则__________．

【答案】

【解析】

【分析】连接，，根据正八边形可知，，以，为基底表示，，在中，由余弦定理可得，求数量积即可.

【详解】

如图所示，连接，，

由为正八边形可知，且，

则，

所以，即，

且，

所以，

则，

中，由余弦定理，

解得，

所以，

故答案为：.

16. 已知中，，，是线段上的两点，满足，，，，则__________．

【答案】

【解析】

【分析】根据角分线的向量性质及中线的向量性质化简得解.

【详解】由已知，

，则，

所以，则，

所以，

即，

即，

又点在上，所以，

所以，即，

又，

则，，

即，

联立，得，

解得，或（舍），

所以，则，

所以，

故答案为：.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 已知复数满足，且为纯虚数．

（1）求；

（2）若，，求实数，的值．

【答案】（1）   

（2），

【解析】

【分析】（1）根据纯虚数的概念可得，再由模长可得，即可确定与；

（2）法一：代入，根据复数相等解方程即可；法二：根据复数方程的解列方程即可.

【小问1详解】

为纯虚数，，

且，，，

；

【小问2详解】

法一：把代入：，

，

化简得：，

即，

解得：，.

法二：的一根为，则另一根为：，

则，

解得：，.

18. 已知平面直角坐标系内存在三点：，，．

（1）求的值；

（2）若平面上一点P满足：，，求点P的坐标．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意结合向量的夹角公式运算求解；

（2）根据题意结论向量平行、垂直关系运算求解.

小问1详解】

由题意可得：，，

则，，，

故.

【小问2详解】

由题意可得：，

∵，设，

∴，

又∵，则，解得，

∴，

设，则，

可得，解得，即.

19. 如图所示，以线段AB为直径的半圆上有一点C，满足：，，若将图中阴影部分绕直线AB旋转180°得到一个几何体．

（1）求阴影部分形成的几何体的体积；

（2）求阴影部分形成的几何体的表面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）过点C作，垂足为点，旋转180°所得几何体为半个球挖掉两个半圆锥．分别求出两个半圆锥的体积，即可得出答案；

（2）分别求出两个半圆锥的表面积，ACB以直线AB为轴，旋转一周得到一个半球面，表面积为，正面为一个圆减掉两个三角形，即图中阴影部分，求出，，则阴影部分形成的几何体的表面积为，求解即可.

【小问1详解】

过点C作，垂足为点，旋转180°所得几何体为半个球挖掉两个半圆锥．

，，，，

以直线AB为轴，旋转一周得到一个半圆锥，体积为，

以直线AB为轴，旋转一周得到一个半圆锥，体积为，

，

半圆面以直线AB为轴，旋转一周得到一个半球体，体积为，

.

【小问2详解】

以直线AB为轴，旋转一周得到一个半圆锥，侧面积为

，

以直线AB为轴，旋转一周得到一个半圆锥，侧面积为

， 

ACB以直线AB为轴，旋转一周得到一个半球面，表面积为， 

正面为一个圆减掉两个三角形，即图中阴影部分：，

.

20. 在中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且，．

（1）若，求的面积；

（2）求周长的最大值．

【答案】（1）或   

（2）

【解析】

【分析】（1）法一：由正弦定理得出，再由余弦定理得出，进而求出面积；法二：由余弦定理求出，，进而求出面积；

（2）法一：由正弦定理的边化角公式结合三角函数的性质得出周长的最大值；法二：由余弦定理结合基本不等式得出周长的最大值.

【小问1详解】

法一：∵，由正弦定理得，

∴，∴，

∵，∴，∴，∵，∴．

由余弦定理得：，

，，∴或4，

∴

或．

综上，的面积为或.

法二：由余弦定理得，，∴，

∴，∵，．

由余弦定理得：，

，，∴或4，

∴

或．

综上，的面积为或.

【小问2详解】

法一：由正弦定理得：，

,其中，

所以当时，；

法二：由余弦定理得：∵，∴，

∵，

∴

，当且仅当时取到最大值．

21. 如图，在梯形中，，，，点、是线段上的两个三等分点，点，点是线段上的两个三等分点，点是直线上的一点．

（1）求的值；

（2）求的值；

（3）直线分别交线段、于，两点，若、、三点在同一直线上，求的值．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）以，为基底表示，，可得；

（2）以，为基底表示，进而计算模长；

（3）根据向量共线定理分别可表示，，进而确定.

【小问1详解】

设，

，

，即；

【小问2详解】

，

，

；

【小问3详解】

设，即，，

因为在上，所以，即，

，

即，即，

即，

由于，，三点共线，所以，

，，

设，则，

即，

又在上，则，即，

，

由于，，三点共线，所以，即，

所以，.

22. 法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这个三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．如图，在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，，．

（1）证明：为等边三角形；

（2）若求m的最小值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）1

【解析】

【分析】（1）连接，，在中，由余弦定理可求出，同理可得，再结合正弦定理即可证明，同理可得；

（2）由化简可得，再由基本不等式求出的最小值，即可求出m的最小值.

【小问1详解】

如图，连接，，则，，

在中，由余弦定理得：，

即 

同理可得，

∵，∴，∴. 

同理：，即为等边三角形.

【小问2详解】

则 

∵，，

∴，解得：

当且仅当，时取到最小值1．