重庆市第十八中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

重庆市第十八中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题

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备选选项中，只有一项是符合题目要求．

1. i为虚数单位，则复数的虚部为（    ）

A. －2i B. －2 C. 2 D. 2i

【答案】C

【解析】

【分析】先化简复数，然后由复数的基本概念求解即可.

【详解】，所以其虚部为：.

故选：C.

2. 如图，直角三角形绕直角边旋转，所得的旋转体为（    ）

A. 圆锥 B. 圆柱 C. 圆台 D. 球

【答案】A

【解析】

【分析】由圆锥的定义即可求解

【详解】由圆锥的定义可得直角三角形绕直角边旋转，所得的旋转体为圆锥

故选：A

3. 如图所示，是的直观图，其中，那么是（    ）

A. 等腰三角形 B. 直角三角形

C. 等腰直角三角形 D. 钝角三角形

【答案】B

【解析】

【分析】根据斜二测画法的作图原则即可得到答案.

【详解】根据题意，，所以是直角三角形.

故选：B.

4. 已知复数和，则“”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数的性质及充分条件、必要条件求解即可.

【详解】，复数和是实数，成立，

当时，例如，推不出，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

5. 如图，两点在河的两岸，在同侧的河岸边选取点，测得的距离，则两点间的距离为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据正弦定理求解即可

【详解】因为，故，由正弦定理，，故m

故选：D

6. 已知为单位向量，且则夹角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据，得到，将等式展开由平面向量数量积的定义即可得到答案.

【详解】设的夹角为，因为，为单位向量，所以，所以.

故选：B.

7. 如图，在矩形中，，分别为的中点，为中点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据向量加法的三角形法则和四边形法则，可得结果.

【详解】根据题意：

又

所以

故选：C

【点睛】本题主要考查利用向量的加法法则，熟练掌握向量加法的三角形法则和平行四边形法则，对向量用其它向量表示有很大的作用，属基础题.

8. 在中，，，，为线段上的动点，且，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由已知条件求得解得，，，再求得，可得到，用基本不等式求的最小值.

【详解】设，，根据题意得，

解得，，，，

，

又、、三点共线，，

，

当且仅当，即时，等号成立．

故选：C

【点睛】关键点睛：解题的关键是由已知条件求出后，再由三点共线，得，所以化简后结合基本不等式可求出其最小值，

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．

9. 下列命题中正确的是（    ）

A. 四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体

B. 侧面是全等等腰三角形的棱锥是正棱锥

C. 在中，若，则为锐角三角形

D. 长方体的长宽高分别为3、2、1，该长方体的外接球表面积为14π

【答案】AD

【解析】

【分析】由六面体定义可判断A的正误，由正棱锥的定义可判断B正误，由可知为锐角，但无法判断另外两个角，可知C正误，根据外接球的半径公式可求得半径，进而求得外接球的表面积.

【详解】四棱柱、四棱台、五棱锥都有六个面，故都为六面体，故A正确；

侧面是全等的等腰三角形的棱锥，但无法保证等腰三角形的腰长为侧棱长，故B错误；

在中，若，则，解得，则为锐角，但另两个角不一定为锐角，则不一定为锐角三角形，故C错误；

长方体的长宽高分别为3、2、1，该长方体的外接球半径为，球表面积为，故D正确.

故选：AD.

10. 欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，依据欧拉公式，下列选项正确的是（    ）

A. 复数为纯虚数 B. 对应的点位于第二象限

C.  D. 的最大值为3

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据欧拉公式，结合复数模的几何意义逐一判断即可.

【详解】因为，所以复数为纯虚数，因此选项A正确；

因为，所以复数对应的点为，

而，所以对应的点位于第一象限，因此选项B不正确；

所以选项C正确；

，

所以表示单位圆上的点到的距离，

因此的最大值为，所以选项D正确，

故选：ACD

11. 下列命题中正确的是（    ）

A. 若复数，则

B. 中若，，，则有唯一解

C. 正四棱台的上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，其体积为

D. 中，点O为外心，H为垂心，则

【答案】BCD

【解析】

【分析】对于A，举例不符合即可；对于B，由余弦定理解三角形只有一个解；对于C，先求出高，然后由四棱台体积公式计算即可；对于D，作图证明即可.

【详解】对于A，若复数，，则，故A错误；

对于B，中若，，，

由余弦定理得，

所以，则，

解得：或（舍去）.故B正确；

对于C，正四棱台的上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，

所以该四棱台的高为，

所以正四棱台的体积为：.

故C正确；

对于D，如图：

作直径，连接，，有，，，，.

故，，得是平行四边形，进而，

又，得.

故D正确；

故选：BCD.

12. 已知的内角分别为，满足，且，则以下说法中正确的有（    ）

A. 若为直角三角形，则；

B. 若，则为等腰三角形；

C. 若，则的面积为；

D. 若，则．

【答案】BD

【解析】

【分析】利用正弦定理边角互化设a＝kln2，b＝kln4＝2kln2，c＝klnt，结合两边和大于第三边求得2＜t＜8，讨论t.判断选项A,利用余弦定理得m的式子判断BD;利用面积公式判断C

【详解】根据题意，依次分析4个结论：

对于A，根据题意，若sinA：sinB：sinC＝ln2：ln4：lnt，则a：b：c＝ln2：ln4：lnt，

故可设a＝kln2，b＝kln4＝2kln2，c＝klnt，k＞0．

则有b﹣a＜c＜b+a，则kln2＜c＜3kln2，变形可得2＜t＜8，

当时；c最大，若为直角三角形，则，即，解得；

当时；若为直角三角形，则，即，解得综上：或，故A错；

由题意，abcosC＝abmc2，

∴m．

若，则解得t=4，故，为等腰三角形；B正确；

对于C，当t＝4，a＝kln2时，则b＝kln4，c＝klnt＝kln4，则有b＝c＝2a，此时等腰△ABC底边上高为 ，三角形面积为，C错；

对于D，当,则有a2+b2﹣c2＜0，即解得由选项A,B的解析知kln2＜c＜3kln2综合两式得，故m 选项D正确；

综合可得BD正确；

故选：BD．

三、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 已知方程的一个根z在复平面上对应点的坐标为，则的值为______．

【答案】-1

【解析】

【分析】先计算出，从而计算出的值.

【详解】由题意得，则，

则.

故答案为：-1

14. 已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的高是______m．

【答案】

【解析】

【分析】利用圆锥表面积公式和扇形弧长公式解出圆锥底面圆半径和母线长，然后依据母线长、底面圆半径、圆锥高三者之间的勾股关系解出高.

【详解】设圆锥底面圆半径为,母线长为,圆锥高为.

由题意有,解得.

则

故答案为：.

15. 在中，角所对的边分别为，且，当取最大值时，___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意及余弦定理、正弦定理、两角和的正弦公式，化简整理，可得，根据两角差的正切公式，结合基本不等式，即可求得答案.

【详解】由题意得，

所以，

所以

整理得，即，，

所以，

因为，所以，

当且仅当，即时等号成立，

所以取得最大值，

所以当取最大值时，.

故答案为：

16. 托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和.其意思为：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质．已知四边形的四个顶点在同一个圆的圆周上，、是其两条对角线，，且△为正三角形，则△面积的最大值为___________，四边形ABCD的面积为________________.（注：圆内接凸四边形对角互补）

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】

先利用托勒密定理得出与的关系，然后利用基本不等式求解出的最值，得出△面积最值，再利用求解四边形的面积.

【详解】如图所示，设△边长为，则根据托勒密定理可得：

，得，

根据基本不等式得，当且仅当时等号成立.

又△为等边三角形，则，根据圆内接凸四边形对角互补得.

所以△的面积;

又因为，，

所以

.

故答案为：；.

【点睛】解答的关键在于根据托勒密定理得出，然后利用基本不等式求出的最大值.

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. 如图，己知正三棱锥的底面边长为，正三棱锥的高，为的中点，根据正棱锥信息知道，为中心.

（1）求正三棱锥表面积；

（2）求正三棱锥的体积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）计算出的长，可求得的面积，再计算出等边的面积，即可求得三棱锥的表面积；

（2）求出等边的面积，利用锥体的体积公式可求得正三棱锥体积；

【小问1详解】

解：由题意可知，是边长为的等边三角形，且为的中点，

则，且，

则，

因为为等边的中心，则，

因为，则，

因为，为的中点，则，

故，

因此，三棱锥的表面积为.

【小问2详解】

解：在正三棱锥中，为的中心，则平面，

又因为，因此，.

18. 已知向量，，，与夹角为90°．

（1）若，求k的值；

（2）设复数且复数满足．在最大时，求此时的值．

【答案】（1）   

（2）-100

【解析】

【分析】（1）先求出向量的坐标，然后由向量共线的坐标表示计算即可；

（2）先求出数量积得到复数，根据复数的几何意义求解即可.

【小问1详解】

∵，，且与夹角为90°，

∴，∴，∴，∴，

∵，，且，

∴，∴．

【小问2详解】

∵，，∴

设，，∵，∴，即

又∵可看作到原点的距离，

∴圆上的点到原点的距离最大值为圆心到原点的距离加1，

即，∴的最大值为10，此时，，∴，．

19. 已知，其中记且的最小正周期为．

（1）求的单调递增区间．（注意是写成区间）

（2）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且求的值，

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）化简得到，根据最小正周期得到，利用整体法求出单调递增区间；

（2）根据求出，从而得到，根据三角形面积得到，由正弦定理得到，结合得到答案.

【小问1详解】

，

又∵，∴，

∴，

令，，

∴，，

∴的单调递增区间为，．

【小问2详解】

∵，

∴，

∵，

∴．

∵，

∴，

∴，

由正弦定理得：，

又∵，

∴，

∴．

20. 在①，②函数的最小值为，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，，所对的边分别为，，，___________.

（1）求；

（2）若，且的平分线上的点满足，求.

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）

【解析】

【分析】（1）选条件①时，利用正弦定理及两角和的正弦公式等化简求解即可；选条件②时，先利用二倍角公式与辅助角公式将函数化为“一角一函数”的形式，再结合最小值进行求解；选条件③时，利用同角三角函数的基本关系及诱导公式等化简求解即可.（2）设，先根据已知条件求出，然后结合平分及余弦定理求出和，最后利用余弦定理即可得解.

【小问1详解】

方案一：选条件①.

由及正弦定理可得，，

得，

因为，得，

所以.又，所以.

方案二：选条件②.

，

易知，所以，得，，

因为，所以.

方案三：选条件③.

由可得，

得，

即，

可得，

易知，所以，结合可得.

【小问2详解】

在中，设，则，结合余弦定理可得，，得.

设，，在中，由余弦定理可得，，

在中，由余弦定理可得，，解得，，

所以在中，，，

可得，所以.

21. 如图直线与的边分别相交于点D，E．设，，，．

（1）若，F为的外心，求的值，

（2）求证：．

【答案】（1）
   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）设外接圆的半径为R，利用平面向量的数量积和正弦定理推导出，求值即可．

（2）根据图形易得，结合数量积可得，根据数量积的定义代入运算整理，即可得出结论．

【小问1详解】

中，，F为的外心，设外接的半径为R，

所以

【小问2详解】

证明：因为，所以，

即．

又因为，

，

所以

即.

22. △ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，，

（1）求边c的值

（2）若BC，AC边上的两条中线AM，BN，相交于点P，，以P为圆心，为半径的圆上有一个动点T，求的最大值．

【答案】（1）   

（2）9

【解析】

【分析】（1）由正弦定理可得，进而有，化简即可得，从而；

（2）以A为坐标原点，AC所在直线为轴，建立直角坐标系，设，，可得，进而可得重心，由题意，设，利用向量的坐标运算及模长公式即可求解.

【小问1详解】

解：由正弦定理可得，所以，

因为，所以，

又，

所以，

因为，所以，所以，

所以；

【小问2详解】

解：由题意，以A为坐标原点，AC所在直线为轴，建立如图所示的直角坐标系，

则，，设，所以，

因为，所以，解得，所以，

又为三角形ABC的重心，所以，

所以圆P：，设，

则，，，

所以，

所以

，

所以的最大值为9.