2022北京汇文中学高一下学期期中数学试卷及答案

这是一份2022北京汇文中学高一下学期期中数学试卷及答案，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（每题5分，共60分）
1. 如图所示，在复平面内，点对应的复数为，则（ ）
A. B. C. D.
2. 在中，角，，所对的边分别为，，，且，则角的大小是（ ）
A B. C. D.
3. 在平行四边形中，（ ）
A. B. C. D.
4. 纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上，下、东、南、西、北，现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到如图所示的平面图形，则标“△”的面的方位是
A. 南B. 北C. 西D. 下
5. 若，则（ ）
A. B. C. D.
6. 如图，，为互相垂直单位向量，则向量可表示为（ ）
A. B. C. D.
7. 如图所示，为了测量某湖泊两侧，间的距离，某同学首先选定了与，不共线的一点，然后给出了四种测量方案：（△的角，，所对的边分别记为，，）
①测量，，
②测量，，
③测量，，
④测量，，
则一定能确定，间距离的所有方案的序号为
A. ①②③B. ②③④
C. ①③④D. ①②③④
8. 若复数z满足其中i为虚数单位，则z=
A. 1+2iB. 12iC. D.
9. 已知函数，则该函数为（ ）
A. 奇函数，最小值为B. 偶函数，最大值为
C. 奇函数，最小值为D. 偶函数，最小值为
10. 现有下列五个结论：
①若，则有；
②对任意向量、，有；
③对任意向量、，有；
④对任意复数，有；
⑤对任意复数，有．
以上结论中，正确的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
11. 伟大的科学家阿基米德逝世后，敌军将领马塞拉斯给他建了一块墓碑，在墓碑上刻了一个如图所示的图案，图案中球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面，则图案中圆锥、球，圆柱的体积比为（ ）
A. B. C. D.
12. 的值为( )
A B. C. 2D. 4
二、填空题（每题5分，共30分）
13. 复数________．
14. 一圆锥的侧面展开图为一圆心角为的扇形，该圆锥母线长为6，则圆锥的底面半径为________．
15. 已知，则___________.
16. 已知平面内的点，，，若四边形（为坐标原点）是平行四边形，则向量的模为______.
17. 若，且，则向量与的夹角为________，的最大值为________．
18. 如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点，，且，给出下列三个结论：
①三棱锥与的体积相等；
②三棱锥的体积为定值；
③三棱锥高长为
（三棱锥的高长即点到平面的距离）．
所有正确结论的序号有________．
三、解答题（每题15分，共60分）
19. 已知中，内角，，的对边分别为，，，，，．
（）求的值．
（）求的面积．
20. 已知向量，，是同一平面内的三个向量，其中．
（1）若，与平行且反向，求向量的坐标；
（2）若，且，求与的夹角．
21. 在中，，．
（1）求；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上高线的长．
条件①：；条件②：；条件③：．
22. 定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为．
（1）写出向量的“伴随函数”，并直接写出的最大值；
（2）求函数“伴随向量”的坐标；
（3）已知，向量、的“伴随函数”分别为、，设，且的“伴随函数”为，其最大值为．求证：向量的充要条件为．
参考答案
一、选择题（每题5分，共60分）
1. 如图所示，在复平面内，点对应的复数为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由复数的几何意义得结论．
【详解】由图形知．
故选：D．
2. 在中，角，，所对边分别为，，，且，则角的大小是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据余弦定理求出，从而求出的大小.
【详解】因为，
所以，
因为，
所以，
故选：B
3. 在平行四边形中，（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用图形进行向量的加减、数乘运算，求出答案
【详解】连接AC，BD相交于点O，则
故选：C
4. 纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上，下、东、南、西、北，现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到如图所示的平面图形，则标“△”的面的方位是
A. 南B. 北C. 西D. 下
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意画出正方体，在各个面上标明文字即可得到结果．
【详解】将所给图形还原为正方体，并将已知面“上”“东”分别指向上面、东面，则标记“△”的面的方位是北.
故选B
【点睛】本题考查正方体的展开图问题，考查空间想象能力，属于基础题.
5. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】对两边平方，再结合正弦的二倍角公式即可求解.
【详解】两边平方得：
，
解得：
故选：B
6. 如图，，为互相垂直的单位向量，则向量可表示为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量的加减法及平面向量的基底可求解.
【详解】由图及向量加法、减法法则可知，，
故选：A
7. 如图所示，为了测量某湖泊两侧，间的距离，某同学首先选定了与，不共线的一点，然后给出了四种测量方案：（△的角，，所对的边分别记为，，）
①测量，，
②测量，，
③测量，，
④测量，，
则一定能确定，间距离的所有方案的序号为
A. ①②③B. ②③④
C. ①③④D. ①②③④
【答案】A
【解析】
【详解】已知三角形的两角及一边，可以确定三角形，故①③正确；
已知两边及夹角，可以确定三角形，故②正确；
已知两边与其中一边的对角，三角形的个数可能一个、两个或无解，
故④错误；
故选：A.
8. 若复数z满足其中i为虚数单位，则z=
A. 1+2iB. 12iC. D.
【答案】B
【解析】
详解】试题分析：设，则，故，则，选B.
【考点】注意共轭复数的概念
【名师点睛】本题主要考查复数的运算及复数的概念，是一道基础题目.从历年高考题目看，复数题目往往不难，有时对复数的运算与概念、复数的几何意义等进行综合考查，也是考生必定得分的题目之一.
9. 已知函数，则该函数为（ ）
A. 奇函数，最小值为B. 偶函数，最大值为
C. 奇函数，最小值为D. 偶函数，最小值为
【答案】D
【解析】
【分析】根据奇偶性定义判断奇偶性，由二倍角公式化为关于的二次函数，由此可得最小值．
【详解】由，定义域为，
，是偶函数，
又，
时，．
故选：D．
10. 现有下列五个结论：
①若，则有；
②对任意向量、，有；
③对任意向量、，有；
④对任意复数，有；
⑤对任意复数，有．
以上结论中，正确的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】根据绝对值的运算法则判断①，根据数量积的定义判断②③，根据复数的运算及模的定义判断④⑤.
【详解】根据绝对值的运算法则正确，故①正确；
对任意向量、，，故②不正确；
对任意向量、，有，故③正确；
对任意复数，不妨设，则，而，显然不成立，故④错误；
对任意复数，不妨设，则，
所以，，
所以有，故⑤正确.
故选：D
11. 伟大的科学家阿基米德逝世后，敌军将领马塞拉斯给他建了一块墓碑，在墓碑上刻了一个如图所示的图案，图案中球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面，则图案中圆锥、球，圆柱的体积比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆锥、球和圆柱的体积公式求解即可；
【详解】设球的半径为，则圆锥的底面半径为，高为，圆柱底面半径为，高为，
圆锥体积：，球的体积 ，圆柱的体积 ，
即圆锥、球、圆柱的体积比为
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了求圆锥，圆柱和球的体积，解题的关键是审清题意，找到球，圆锥，圆柱的半径及高的关系，考查学生的逻辑思维能力与运算求解能力，属于一般题.
12. 的值为( )
A. B. C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【详解】原式＝
＝＝＝2.
二、填空题（每题5分，共30分）
13. 复数________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据复数除法法则进行计算即可求解.
【详解】
故答案为：
14. 一圆锥的侧面展开图为一圆心角为的扇形，该圆锥母线长为6，则圆锥的底面半径为________．
【答案】2
【解析】
【分析】根据圆锥侧面展开图的性质，结合弧长公式进行求解即可.
【详解】因为圆锥的母线长为6，所以侧面展开图扇形的半径为6，设该圆锥的底面半径为，
所以有，
故答案为：.
15. 已知，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】先计算出的值，然后根据两角和的正切公式求解出结果.
【详解】因为，所以，
所以，
又，
故答案为：.
16. 已知平面内的点，，，若四边形（为坐标原点）是平行四边形，则向量的模为______.
【答案】
【解析】
【分析】由得出向量的坐标，再求模即可．
【详解】由向量的平行四边形法则知，，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了向量的模和平面向量的坐标运算，属于容易题.
17. 若，且，则向量与的夹角为________，的最大值为________．
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】由即可求，结合已知条件可得在过点垂直于的直线上，而在以为圆心，1为半径的圆周上，应用数形结合法判断的最大时的位置，即可确定最大值.
【详解】由，可得，所以由可得,所以在过点垂直于直线上，故向量与的夹角为；而在以为圆心，1为半径的圆周上，若，如下图示，

∴，要使的最大，只需共线，在上的投影最大，由图知：共线且P在线段AB上时，的值最大为.
故答案为：，.
18. 如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点，，且，给出下列三个结论：
①三棱锥与的体积相等；
②三棱锥的体积为定值；
③三棱锥的高长为
（三棱锥的高长即点到平面的距离）．
所有正确结论的序号有________．
【答案】①②
【解析】
【分析】①将三棱锥的体积转化为三棱锥的体积，此时三棱锥与的同底等高，体积相等；②以△BEF为底，A到平面BEF的距离为高，两者均为定值，所以三棱锥的体积为定值；③等体积法求解三棱锥的高.
【详解】由于//平面ABCD，线段上有两个动点，，
所以点E和点F到平面ABCD距离相等，均等于2，
故，①正确；
因为，所以，
而点A到平面即到平面的距离为定值，
故三棱锥的体积为定值，②正确；
设三棱锥的高为，
连接与交于点G，则G为中点，且⊥，
因为平面，平面，
所以，
因为，
所以⊥平面，
因为平面，
所以⊥AG，
且，
由勾股定理得：，
所以，
因为点A到平面的距离即为
所以，
所以，
解得：
故答案为：①②
三、解答题（每题15分，共60分）
19. 已知中，内角，，的对边分别为，，，，，．
（）求的值．
（）求的面积．
【答案】（）；（）
【解析】
【详解】试题分析：（1）第（1）问，先求sinC,再利用正弦定理解答. (2)第（2）问，利用余弦定理求a,再利用三角形面积公式解答.
试题解析：
（）∵在中，，
∴，
由正弦定理得：，
即，∴．
（）由余弦定理得：，即，
即，
解得（舍去）或，
∴的面积．
20. 已知向量，，是同一平面内的三个向量，其中．
（1）若，与平行且反向，求向量的坐标；
（2）若，且，求与的夹角．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设出，根据模长求出，求出的坐标；（2）根据向量数量积运算法则列出方程，将代入，求出，从而得到.
【小问1详解】
设，由，
解得：，故
【小问2详解】
由得：
，
因为，
所以，解得：，
因为，
所以
21. 中，，．
（1）求；
（2）再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求边上高线的长．
条件①：；条件②：；条件③：．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理统一为三角函数，化简即可得解；
（2）选①由正弦定理知三角形不存在；选条件②由余弦定理求出再由面积等积法求出高；选③由正弦定理知三角形不唯一.
【小问1详解】
由正弦定理可得，,
，
，即，
，.
【小问2详解】
选①：，由正弦定理知，可得，故满足所选条件的三角形不存在，不满足题意；
选条件②：，由余弦定理可得，，即，
所以满足条件的三角形唯一，由等积法可知，
即，解得.
选③：，由正弦定理，，即，
，或，有两解不符合题意.
22. 定义向量的“伴随函数”为；函数的“伴随向量”为．
（1）写出向量的“伴随函数”，并直接写出的最大值；
（2）求函数的“伴随向量”的坐标；
（3）已知，向量、的“伴随函数”分别为、，设，且的“伴随函数”为，其最大值为．求证：向量的充要条件为．
【答案】（1），
（2）
（3）证明过程见解析.
【解析】
【分析】（1）根据题意得到写出伴随函数，并用辅助角求出最大值；（2）先运用三角恒等变换得到，从而求出“伴随向量”；（3）设，得到，先证明充分性，再证明必要性
【小问1详解】
由题意得：，又，其中，
所以
【小问2详解】
所以“伴随向量”；
【小问3详解】
设，
因为，
所以
充分性：
，当且仅当存在使得：
时，等号成立，其中，
所以，即
必要性：当时，，，
所以，
当且仅当，时，等号成立，
所以，
综上：向量的充要条件为.
【点睛】本题考察平面向量与三角恒等变换综合，理解新定义，且熟练掌握向量和三角函数知识才能解决此题，特别是第三问，要设出向量，表达出，先证明充分性，再证明必要性，属于难题