2021-2022学年安徽省池州市贵池区高一下学期期中数学试题含解析

2021-2022学年安徽省池州市贵池区高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．设，为虚数单位，则与的关系是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的定义和复数的四则运算计算出M,N再比较大小.

【详解】，所以.

故选：C.

2．.如图，在ABC中，＝，，若＋μ，则λ＋μ的值为（    ）

A．  B．  C．  D．

【答案】A

【分析】求出，得λ＝，μ＝，即得解.

【详解】

因为＋μ，

所以λ＝，μ＝，

则λ＋μ＝＋＝.

故选：A

【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

3．某人从出发点向正东走后到，然后向左转150°再向前走到，测得的面积为，此人这时离出发点的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由题意可得，再由的面积为，求出的长，然后利用余弦定理求出即可

【详解】如图，由题意可得，

因为的面积为，，，

所以，解得，

由余弦定理得

，

所以，

故选：D

4．直角三角形直角边长分别为1，，以边长为1的直角边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周所得几何体的侧面积等于（    ）

A． B． C．2 D．1

【答案】A

【分析】根据旋转后所得图形为圆锥，利用圆锥的侧面积公式求解.

【详解】由题意知，旋转所得圆锥的底面圆半径为，高为1，

所以母线长为，

所以圆锥的侧面积，

故选：A

5．将一个长方体沿从同一个顶点出发的三条棱截去一个棱锥，棱锥的体积与剩下的几何体的体积之比为（    ）.

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据棱柱和棱锥的体积公式计算

【详解】设长方体同一顶点引出的三条棱长分别是、、，

则截去的棱锥的体积，

原长方体的体积，剩下的几何体的体积为，

∴

故选：D

6．已知菱形的边长为，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】用作为基底表示，然后利用数量积运算求解.

【详解】因为，

所以，

因为，

，

所以，

，

，

，

故选：B

7．已知正三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，其侧棱长为，底面边长为4，则球O的表面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】设为正三角形的中心，则平面，球心在上，在中利用勾股定理求出的长，在中利用勾股定理即可求出球的半径的值，从而得到球的表面积．

【详解】如图所示：

设为正三角形的中心，连接，

则平面，球心在上，

设球的半径为，连接，

∵正三角形的边长为4，∴，

又∵，

∴在中，，

在中，，，，

∴，解得，

∴球的表面积为．

故选：D．

8．已知点C为扇形AOB的弧上任意一点，且∠AOB＝120°，若＝λ＋μ (λ，μ∈R)，则λ＋μ的取值范围为（    ）

A．[－2，2] B．(1，]

C．[1，] D．[1，2]

【答案】D

【分析】建立直角坐标系，把＝λ＋μ 转化为坐标运算，得到，利用三角函数求最值.

【详解】设半径为1.由已知可设OB为x轴的正半轴，O为坐标原点，建立直角坐标系，

则A，B(1，0)，C(cosθ，sinθ)（其中），

则由＝λ＋μ (λ，μ∈R)，可得(cosθ，sinθ)＝λ＋μ(1，0)，

整理得：－λ＋μ＝cosθ，λ＝sinθ，解得λ＝，μ＝cosθ＋，则λ＋μ＝＋cosθ＋＝sinθ＋cosθ＝2sin（其中），易知λ＋μ＝2sin在上单调递增，在上单调递减，由单调性易得其值域为[1，2]．

故选：D

二、多选题

9．八卦是中国古老文化的深奥概念，其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，其平面图形记为图2中的正八边形，其中O为正八边形的中心，且，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】根据八边形是正八边形，利用正八边形的性质及向量的线性运算、数量积运算可求解.

【详解】由于八边形是正八边形.

对于A，，故A错误；

对于B，，故B正确；

对于C，由题意得，所以，故C正确；

对于D，，故D错误．

故选：BC

10．已知向量，，则（    ）

A． B．

C．向量在向量上的投影向量是 D．是向量的单位向量

【答案】AD

【分析】根据向量坐标的线性运算及数量积的坐标运算即可判断判断A；

根据向量坐标的线性运算及向量的模的坐标运算即可判断判断B；

根据投影向量的计算公式即可判断C；

判断向量是否与向量共线，及模是否为1，即可判断D.

【详解】解：对于A，，则，

所以，故A正确；

对于B，，则，故B错误；

对于C，向量在向量上的投影向量为，

故C错误；

对于D，因为向量的模等于1，

，所以向量与向量共线，故是向量的单位向量，故D正确.

故选：AD.

11．已知复数满足，，则实数的值可能是（      ）

A．1 B． C．0 D．5

【答案】ABC

【分析】先设，结合已知及复数的四则运算进行化简后转化为二次方程解的存在，进而可求的范围，结合选项可求．

【详解】解：设，

因为，

所以，

所以，

所以，

所以，

解得，

结合选项可知，ABC符合．

故选：ABC．

12．在中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，的面积为S，下列与有关的结论，正确的是（    ）

A．若为锐角三角形，则

B．若，则

C．若，则一定是等腰三角形

D．若为斜三角形，则

【答案】ABD

【分析】对于A，根据锐角三角形的性质，结合正弦函数单调性以及诱导公式，可得答案；

对于B，根据正弦定理，可得答案；

对于C，根据正弦定理，进行边角互换，可得正弦等式，可得答案；

对于D，根据三角形内角和，结合正切函数的和角公式，可得答案.

【详解】对于A，若为锐角三角形，可得且，

可得，且，根据正弦定理的单调性，

可得，所以，故A正确；

对于B，在中，由知，根据正弦定理可得，故B正确；

对于C，由正弦定理知，，则

可得，故或，

是等腰三角形或直角三角形，故C错误；

对于D，在中，可得则，

所以，即，

可得，故D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．一水平位置的平面图形的斜二测直观图是一个底平行于轴，底角为，两腰和上底长均为2的等腰梯形，则这个平面图形的面积是__________．

【答案】

【分析】根据斜二测画法规则画出原平面图形，即可求出其面积

【详解】由已知斜二测直观图根据斜二测化法规则画出原平面图形，如图所示：

这个平面图形的面积：．

故答案为：．

14．如图，有一圆锥形粮堆，其轴截面是边长为的正，粮堆母线的中点P处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在B处，它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是__________m．

【答案】

【分析】结合圆锥的侧面展开图，根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，得到，利用勾股定理，即可求解.

【详解】如图所示，根据题意可得为边长为的正三角形，

所以，

所以圆锥底面周长，

根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，可得，

故，则，

所以，

所以小猫所经过的最短路程是．

故答案为：

15．已知向量，若与平行，则实数m等于______.

【答案】

【分析】由向量坐标的数乘及加减法运算求出与，然后利用向量共线的坐标表示列式求解．

【详解】解：由向量和，

所以，

，

由与平行，所以．

解得．

故答案为：．

【点睛】本题考查了平行向量与共线向量，考查了平面向量的坐标运算，属于基础题．

16．张老师整理旧资料时发现一题部分字迹模糊不清，只能看到：在中，分别是角是的对边，已知，，求边，显然缺少条件，若他打算补充的大小，并使得有两解，那么的取值范围是____________

【答案】

【分析】问题为三角形有两个解，根据画圆法可确定，从而得到所求范围.

【详解】由题意可知三角形有两个解

由上图可知：

若有两解，可知以为圆心，为半径的圆弧与有两个交点

则，即

【点睛】本题考查三角形解的个数的问题，关键是能够将问题转化为与之间的大小关系的比较.

四、解答题

17．已知复数z满足|3+4i|+z=1+3i.

(1)求；

(2)求的值.

【答案】（1）；（2）2

【分析】（1）先求出为 ,即可求出，再根据共轭复数的定义即可求出；（2）根据复数的运算法则计算即可得出结论.

【详解】(1)因为|3+4i|=5,

所以z=1+3i-5=-4+3i,所以=-4-3i.

(2)===2.

【点睛】复数是高考中的必考知识，主要考查复数的概念及复数的运算．要注意对实部、虚部的理解，掌握纯虚数、共轭复数这些重要概念，复数的运算主要考查除法运算，通过分母实数化转化为复数的乘法，运算时特别要注意多项式相乘后的化简，防止简单问题出错，造成不必要的失分.

18．如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶到A处时测得公路北侧一山顶D在北偏西45°的方向上，仰角为α，行驶300米后到达B处，测得此山顶在北偏西15°的方向上，仰角为β，若β=45°，则此山的高度CD和仰角α的正切值．

【答案】300，．

【分析】设山的高度CD=x，在ABC中，利用正弦定理求得CB，AC，在RtBCD中，由∠CBD=45°得CD=CB=300，然后在RtACD中，由求解.

【详解】设山的高度CD=x米，

由题可得∠CAB=45°，∠ABC=105°，AB=300米，∠CBD=45°．

在ABC中，得：∠ACB=180°-45°-105°=30°，

利用正弦定理可得，

所以，

在RtBCD中，由∠CBD=45°得CD=CB=300，

在RtACD中可得

19．已知圆锥的底面半径，高

(1)求圆锥的表面积和体积

(2)如图若圆柱内接于该圆锥，试求圆柱侧面积的最大值

【答案】(1),;

(2).

【分析】（1）由已知求得圆锥的母线长,再由圆锥的侧面积与体积公式求解;

（2）作出圆柱与圆锥的截面图，把圆柱的侧面积用h表示,然后结合二次函数求最值.

【详解】(1)∵圆锥的底面半径R=6，高H=8，

圆锥的母线长，

则表面积，体积.

(2)作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示,

其中，

设圆柱底面半径为r，则，即 .

设圆柱的侧面积为.

当时，有最大值为.

20．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求角A的大小；

(2)若，求面积的最大值及此时边b，c的值．

【答案】(1)

(2)最大值为，，

【分析】（1）利用正弦定理、和角的正弦公式以及三角形的性质进行求解.

（2）利用余弦定理、三角形的面积公式、基本不等式计算求解.

【详解】(1)在中由正弦定理得：，，

所以，即，

化简得：，

即，∵，

∴，∴，

∵，∴.

(2)由余弦定理得，又，，

∴，

又，∴，

当且仅当时，取到等号.

则，

∴的面积最大值为，当且仅当时等号成立，

即此时，.

21．已知向量.

（1）若函数，求函数的最大值及相应自变量的取值；

（2）在中，角、、所对的边边长分别为、、，若，，求的取值范围.

【答案】（1）最大值1，相应自变量的取值为；（2）.

【分析】（1）利用向量数量积运算化简函数为，再令求解；

（2）由求得角A， 再利用余弦定理结合基本不等式求解.

【详解】（1） ，

，

当时，即时，取到最大值，

，相应自变量的取值为；

(2)，且，   

，

解得，

由余弦定理，

由基本不等式得，

即，即（当且仅当时，取“=”），

又三角形两边之和大于第三边，

，            

的取值范围为.

【点睛】方法点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．解题中注意三角形内角和定理的应用及角的范围限制．

22．在①，其中为角的平分线的长（与交于点），②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.在中，内角，，的对边分别为，，，______.

（1）求角的大小；

（2）若，，为的重心，求的长.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）选条件①，利用三角形的面积公式结合已知条件知，即可求得，利用角平分线求得结果；

选条件②，利用正弦定理得，由余弦定理可知，即可得解；

选条件③，由正弦定理知，利用两角和差化积公式化简得，即可得解.

（2）在中，由余弦定理可得，，在中，由余弦定理求得，再利用重心的性质即可得解.

【详解】（1）方案一：选条件①.

由题意可得，∴.

∵为的平分线，，

，即

又，∴，即，

∵，∴，

∴，∴.

方案二：选条件②.

由已知结合正弦定理得，

由余弦定理得，

∵，∴.

方案三：选条件③.

由正弦定理得，，

又，∴，

∴，

∴，

易知，

∴，∵，∴.

（2）在中，由余弦定理可得，，

∴，∴.

延长交于点，

∵为的重心，∴为的中点，且.

在中，由余弦定理可得，，

∴，∴.

【点睛】方法点睛：在解三角形题目中，若已知条件同时含有边和角，但不能直接使用正弦定理或余弦定理得到答案，要选择“边化角”或“角化边”，变换原则常用：

（1）若式子含有 的齐次式，优先考虑正弦定理，“角化边”；

（2）若式子含有 的齐次式，优先考虑正弦定理，“边化角”；

（3）若式子含有 的齐次式，优先考虑余弦定理，“角化边”；

（4）代数变形或者三角恒等变换前置；

（5）含有面积公式的问题，要考虑结合余弦定理使用；

（6）同时出现两个自由角（或三个自由角）时，要用到 .