精品解析：浙江省温州新力量联盟2022-2023学年高一下学期期中联考数学试题（解析版）

2022学年第二学期温州新力量联盟期中联考

高一年级数学学科  试题

选择题部分

一、单项选择题（本大题共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）

1. 在如图所示的平面直角坐标系中，向量的坐标是（   ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先根据图形得坐标，即可得到答案

【详解】解：由图象可得，

所以，

故选：D．

2. 已知是两个不同的平面，直线，且，那么“”是“”的（    ）

A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】根据空间线面位置关系，结合必要不充分条件的概念判断即可.

【详解】解：当直线，且，，则，或，与相交，故充分性不成立，

当直线，且，时，，故必要性成立，

所以，“”是“”的必要而不充分条件.

故选：B

3. 已知不共线平面向量，在非零向量上的投影向量互为相反向量，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意得向量在向量上的投影为：；向量在向量上的投影为：，所以，整理化简即可求解.

【详解】根据题意得，向量在向量上的投影为：，

向量在向量上的投影为：，

又因为不共线平面向量在非零向量上的投影向量互为相反向量，

所以，即，即，所以.

故选：A.

4. 如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是如图所示的直角梯形，其中，,.则原平面图形的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

作出原平面图形，然后求出面积即可．

【详解】，则是等腰直角三角形，

∴，

又，，∴，

在直角坐标系中作出原图形为：

梯形，，，高，

∴其面积为．

故选：A

【点睛】

方法点睛：本题考查斜二测法画平面图形直观图，求原图形的面积，可能通过还原出原平面图形求得面积，也可以通过直观图到原图形面积的关系求解：直观图面积为，原图形面积为，则．

5. 已知的三边分别为，，，且，则是（    ）

A. 锐角三角形 B. 直角三角形

C. 钝角三角形 D. 不确定

【答案】A

【解析】

【分析】由已知条件得到三角形三边的关系，结合余弦定理判断最大角的范围即可.

【详解】设的内角A，B，C所对的边分别为，，，由可知，且,角C为最大角 ，

由，所以有，即，得，

中,由余弦定理得，所以最大角是锐角，故是锐角三角形.

故选：A.

6. 中国古代数学著作《九章算术》中，记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分），现有一个如图所示的曲池，它的高为，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为，则该几何体的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据圆柱侧面积公式以及圆的面积公式即可求解每个面的面积,进而可求表面积.

【详解】此几何体为两个半圆柱的组合体：一个大的半圆柱中间挖去一个小的同轴半圆柱，.

故选：D

7. 下面能得出为锐角三角形的条件是（    ）

A.  B.

C.  D. ，，

【答案】C

【解析】

【分析】由两边平方可得可判断A；由可得为锐角，但不确定可判断B；由可判断C；由正弦定理可得或可判断D.

【详解】对于A，由两边平方得，

可得，因为，所以，可得，所以，故A错误；   

对于B，因为，所以，因为可得为锐角，但不确定，故B错误；

对于C，因为，所以，因为，故均为锐角，故C正确；

对于D，因为，，，由正弦定理可得，

，所以或，故D错误.

故选：C.

8. 如图为某水晶工艺品示意图，该工艺品由一个半径为R的大球放置在底面半径和高均为R的圆柱内，球与圆柱下底面相切为增加观赏效果，设计师想在圆柱与球的空隙处放入若干大小相等的实心小球，且满足小球恰好与圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，则该工艺品最多可放入（    ）个小球．

A. 13 B. 14 C. 15 D. 16

【答案】C

【解析】

【分析】圆柱与球的空隙处放入若干大小相等的实心小球，且满足小球恰好与圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，过球心与圆柱底面圆心的平面截得该图形的平面图，利用几何关系计算即可．

【详解】过球心与圆柱底面圆圆心的平面截该几何体的平面图，如图所示，

设球的半径，实心小球的半径，

由题意可得，，

，

小球的球心在以为圆心，为半径的圆上，，周长为，

，即，

故该工艺品最多放15个小球．

故选：C．

二、多项选择题（本小题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）

9. 下列说法正确的有（    ）

A.

B. λ、μ为非零实数，若，则与共线

C. 两个向量不能比较大小，但它们的模能比较大小

D. 若平面内有四个点A、B、C、D，则必有

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用向量数量积的定义可判断A；利用向量共线定理可判断B；根据向量的概念可判断C；利用向量的减法运算可判断D.

【详解】对于A选项，，故错误；

对于B选项，因为为非零实数，且，与一定共线，故正确；

对于C选项，向量不能比较大小；向量的模可比较大小，故正确；

对于D选项，由，所以，故正确.

故选：BCD.

10. 已知复数且，下列命题一定正确的是（    ）

A.  B. 若，则

C. 与对应向量共线的单位向量为 D. 若，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用复数的运算性质以及复数为实数，纯虚数的条件和模的运算性质对应各个选项即可求解.

【详解】对于:因为，故正确.

对于:，

因，所以，则，故正确.

对于:与对应向量共线的单位向量为，故错误.

对于:由复数模的三角不等式可得，

故正确.

故选：.

11. 已知O为坐标原点，点，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】利用平面向量的坐标表示与旋转角的定义推得是正三角形，从而对选项逐一分析判断即可.

【详解】对于A，因为，，，

所以，，

故是正三角形，则，故A正确；

对于B，因为是正三角形，是的外心，

所以是的重心，故，即，故B正确；

对于C，，故C正确；

对于D，因为，则，

所以，故D错误.

故选：ABC．

.

12. 在中，内角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】由正弦定理即可判断A;设，由余弦定理可求得 ,继而求得，即可判断B,C,D.

【详解】由正弦定理可知，推不出，故A错误；

由，设 ，

则 ，故A为锐角， ，

，故C为钝角，，

，故B为锐角，,

故，故B正确；

由上面分析可知，，故C错误；

又 ，

故，故D正确，

故选：BD

非选择题部分

三、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）

13. 若复数，则实数的值为________.

【答案】3

【解析】

【分析】由题意知为实数，实部大于或等于，虚部等于，即可求解.

【详解】因为复数不能比较大小，所以为实数，

可得解得

所以实数的值为，

故答案为：

14. 半径为3的半圆形纸片卷成一个无盖圆锥筒，则圆锥筒的高为______．

【答案】##

【解析】

【分析】根据扇形弧长公式和勾股定理即可求解.

【详解】如图所示：图1是圆锥(图2)的侧面展开图.

，则扇形弧长，

设圆锥底面圆周长为，则，得，

则Rt中，高，

故答案为：

15. 如图，温州世纪广场的标志性建筑——“世纪之光”玻璃塔，用三片巨大的钢片表示三千年瓯越文明史，造型摄取瓯江双塔、海上风帆、纪功柱于一体，象征着一座灯塔、一座丰碑、一盏明灯、一支火箭，浓缩了瓯越文明的过去、今天和未来.为了测量塔高AB，测量者选取了与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，并测得在点，，，在点C测得塔顶A的仰角为45°，则塔高AB=______m

【答案】68

【解析】

【分析】求出，在中，由正弦定理即可求解.

【详解】由题意可知，

在中，因为，，所以.

在中，由正弦定理得，

所以.

故答案为:.

16. 根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出的正方形的面积正好等于在两直角边作出的正方形面积之和.现在对直角三角形按上述操作作图后，得如图所示的图形.若，则__________.

【答案】

【解析】

【分析】建立平面直角坐标系，标出各个点的坐标，利用平面向量的坐标运算即可得解.

【详解】如图，以A为原点，分别以为轴建立平面直角坐标系，

设正方形的边长为，则正方形的边长为，正方形边长为

可知，，，

则，，即

又，

即，即，化简得

故答案为：

四、解答题（本小题共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. 已知向量．

（1）若向量与垂直，求实数k的值；

（2）若向量，且与向量平行，求实数k的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用向量的线性运算与向量垂直的坐标表示即可得解；

（2）利用向量的线性运算与向量平行的坐标表示即可得解；

【小问1详解】

因为，

所以，

又与垂直，

所以，即，解得，

所以.

【小问2详解】

因为，，

因为，

又与向量平行，

所以，即，解得，

所以.

18. 如图，四边形ABCD中，已知，，，，．

（1）求；

（2）求CD的长．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由余弦定理求解

（2）由正弦定理求解

【小问1详解】

在中，由余弦定理得，

，，

由，，

得

【小问2详解】

，，

在中，由正弦定理得，得

19. 已知复数是方程的解，

（1）求；

（2）若，且（，为虚数单位），求．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）解出方程即可求解；

（2）由，可得，再结合条件求出，，进而求解.

【小问1详解】

由，即，

可得，解得，

即

【小问2详解】

由（1）知，，

因为，所以，，

所以，

所以，解得，，

所以.

20. 已知a，b，c分别是三个内角A，B，C的对边，且

（1）求角B的大小；

（2）若，求面积的最大值；

（3）若，且外接圆半径为2，圆心为O，P为⊙O上的一动点，试求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理和化简得到，从而得到角B的大小；

（2）由余弦定理和基本不等式得到，从而利用三角形面积公式求出面积最大值；

（3）由正弦定理，余弦定理及，求出，利用极化恒等式求出的取值范围.

小问1详解】

由及正弦定理可得：

又∵，

∴，

整理可得：，

可得，

可得：，

∵，

∴，

∵，

∴．

【小问2详解】

若，根据余弦定理得：，化简，

又∵，

∴，即：当且仅当时，有最大值6，

∵的面积．

∴当且仅当时，面积有最大值，最大值等于

【小问3详解】

由正弦定理，则，则，

由，可得，则，

则三角形ABC为等边三角形，取AB中点M，如图所示：

则

由OP=2，OM=1，则，则．

【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：

①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；

②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.

21. 如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P，Q，并修建两段直线型道路PB，QA，规划要求：线段PB QA上所有点到点O的距均不小于圆O的半径．已知点A，B到直线l的距离分别为AC和BD（C，D为垂足），测得（单位：百米）．

（1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长；

（2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由．

【答案】（1）；（2），中不能有点选在点；

【解析】

【分析】（1）设与圆交于，连接，以为坐标原点，为轴，建立直角坐标系，则，，，设点，，，运用两直线垂直条件：斜率之积为，求得的坐标，可得所求值；

（2）当时，上的所有点到原点的距离不小于圆的半径，设此时，，运用两直线垂直的条件：斜率之积为，求得的坐标，即可得到结论；

【详解】解：设与圆交于，连接，

为圆的直径，可得，

即有，，，

以为坐标原点，为轴，建立直角坐标系，则，，

（1）设点，，，

则，

即，

解得，所以，；

（2）当时，上的所有点到原点的距离不小于圆的半径，设此时，，

则，即，解得，，，

由，在此范围内，不能满足，上所有点到的距离不小于圆的半径，

所以，中不能有点选在点；

【点睛】本题考查直线和圆的位置关系，考查直线的斜率和两直线垂直的条件：斜率之积为，以及两点的距离公式，分析问题和解决问题的能力，考查运算能力．

22. 如图所示，等腰梯形中，，，已知E，F分别为线段，上的动点（E，F可与线段的端点重合），且满足，.

（1）求关于x，y的关系式并确定x，y的取值范围；

（2）若，判断是否存在恰当的x和y使得取得最大值?若存在，求出该最大值及对应的x和y；若不存在，请说明理由.

【答案】（1），，   

（2）存在最大值2，，

【解析】

【分析】（1）法一：先计算出，再把用表示出来，再按照数量积运算即可；

法二：建立直角坐标系，表示出，按照数量积的坐标运算计算即可.

（2）先通过得到，再换元后利用双勾函数的内容求出最值即可.

【小问1详解】

法一：由等腰梯形的性质可知，

即，又，

则

由F，F分别为线段，上动点，故，.

法二：以A为坐标原点建立平面直角坐标系，易得，，，，

，

则.

由E，F分别为线段，上动点，故，.

【小问2详解】

由可得，则，

又解得，.

故，令，则，即，

显然函数在上单调递增，故当即且时，取得最大值为2.