2021-2022学年福建省莆田第一中学高一下学期期中考试数学试题含解析

2021-2022学年福建省莆田第一中学高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知是虚数单位，复数满足，则是（       ）

A．1 B．-1 C． D．

【答案】C

【分析】利用复数的乘除运算即可求解.

【详解】由题可知：，故.

故选：C.

2．已知三个球的体积之比为，则它们的表面积之比为（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据体积公式可得三个球的半径之比，再根据表面积公式可得表面积之比

【详解】由题，设三个球的半径分别为，则由题，，故，故表面积之比

故选：B

3．在中，角、、的对边分别是、、，若．则的大小为（     ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用余弦定理结合角的范围可求得角的值，再利用三角形的内角和定理可求得的值.

【详解】因为，则，则，

由余弦定理可得，

因为，则，故.

故选：B.

4．设、都是非零向量，下列四个条件中，使成立的条件是（    ）

A． B． C． D．且

【答案】C

【详解】若使成立，则选项中只有C能保证，故选C

[点评]本题考查的是向量相等条件模相等且方向相同.学习向量知识时需注意易考易错零向量，其模为0且方向任意.

5．已知，其中，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用同角三角函数的基本关系可求得的值，再利用两角差的余弦公式可求得的值.

【详解】，，可得，

因此，.

故选：C.

6．已知向量，点，，则向量在上的投影向量的模长为（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求出，从而利用投影向量的模长公式进行求解.

【详解】，故在上的投影向量的模长为

.

故选：D

7．为了测量铁塔的高度，小刘同学在地面A处测得塔顶处的仰角为，从A处向正东方向走140米到地面处，测得塔顶处的仰角为，若，则铁塔的高度为(       )

A．米 B．米

C．米 D．米

【答案】A

【分析】设TO=h，用h表示出AO和BO，在△AOB中利用余弦定理即可求出h．

【详解】设铁塔的高度为，在中，，，

在中，，，

在中，，

由余弦定理得，；

即，

化简得，解得．

故选：A．

8．中，,,,为线段上任意一点，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先设PA＝x，x∈[0，]，利用向量数量积的运算性质可求，结合二次函数的性质即可求解．

【详解】△ABC中，设PA＝x，x∈[0，]，

则（）•x（﹣x）×cos180°+2（﹣x）×cos45°

＝x2﹣x+4，

∵x∈[0，]，

由二次函数的性质可知，当x时，有最小值；

当x＝0时，有最大值4，

所求的范围是[，4]．

故选：C

【点睛】本题主要考查了向量的基本定理及向量的数量积的运算性质，二次函数的性质等知识的简单应用，属于中档题．

二、多选题

9．下面关于空间几何体叙述正确的是（       ）

A．若梯形面积为，则其斜二测画法直观图面积为

B．底面是正多边形的棱锥是正棱锥

C．正四棱柱都是长方体

D．直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥

【答案】ACD

【分析】根据斜二测画法的概念，空间几何体的概念判断各选项．

【详解】如图，，由斜二测画法， 直观图面积为，

任何平面多边形都可能切割成图中类似的直角三角形，通过这些直角三角形面积的和得出平面图形的面积，即这个规律对平面上任何图形都适用．

所以时，，A正确；

底面是正多边形的棱锥，顶点在底面上的射影不一定是底面中心，因此它不一定是正棱锥，B错；

正四棱柱的侧面都是长方形，底面是正方形也属于长方形，因此它是长方体，C正确；

直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆锥，D正确．

故选：ACD．

10．若角为钝角，且，则下列选项中正确的有（       ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】利用平方关系得到的值，再求解，即可解得.

【详解】，解得：，故D正确；

，

是钝角， ，即，

联立，解得： ，.

故选：BD

11．根据下列中的一些边和角（其中角、、的对边分别为、、），分别判断符合条件的的个数，其中满足条件的只有一个的选项是（       ）

A．，， B．，，

C．，， D．，，

【答案】AD

【分析】在中，已知两边和其中一边的对角判断三角形解的个数情况如下，

以已知，，为例，

当为锐角时：

若 ，则有一个解，若 ，则无解，

若 ，则有两个解，若 ，则有一个解.

当为直角或钝角时：

若，则无解，若，则有一个解.

分别判断选项即可得到答案.

【详解】对于A，，所以有一个解，故A正确，

对于B，，所以无解，故B正确，

对于C，，所以有两个解，故C错误.

对于D，，所以有一个解，故D正确.

故选：AD.

12．已知为虚数单位，若，，…，，则.特别地，如果，那么，这就是法国数学家棣莫佛（1667—1754年）创立的棣莫佛定理.根据上述公式，可判断下列命题错误的是（       ）

A．若，则

B．若，则

C．若，，则

D．若，，则

【答案】BCD

【分析】根据题目中的已知条件，依次判断各项正误.

【详解】A.若，则，所以该选项正确；

B.若，则，所以该选项错误；

C.若，，则

，所以该选项错误；

D.，，则

.所以该选项错误.

故选：BCD.

三、填空题

13．已知复数（为虚数单位），则的模为__________.

【答案】

【分析】利用复数乘法和模长运算法则直接计算即可.

【详解】，.

故答案为：.

14．已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的体积为______．

【答案】

【分析】由条件求解底面半径和圆锥的高，即可求得圆锥的体积.

【详解】设底面半径为，由题意可知，解得：，

圆锥的高，

所以圆锥的体积.

故答案为：

15．函数在区间上的最大值为__________（用数字作答）.

【答案】

【分析】用平方关系化简得到，当时即可求出最值.

【详解】函数

，

因为，所以，

当时，即，函数取得最大值，

故答案为：.

四、双空题

16．如图所示，四边形中，，，，则__________，__________.

【答案】     5     8

【分析】第一空由正弦定理即可求得答案，第二空，先计算，进而求得，再求出，在中由余弦定理求得答案.

【详解】在中，，，，

由正弦定理得，所以，解得；

因为，，所以，

在中，，

由余弦定理得

,

所以.

故答案为：5；8

五、解答题

17．已知向量，.

(1)求，；

(2)求与的夹角的余弦值.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）由数量积坐标表示计算数量积，由模的坐标表示计算模；

（2）由数量积的定义计算向量夹角的余弦值．

【详解】(1)因为，，

所以.

(2)设与的夹角为，则.

18．已知函数，其中.函数图象的一个对称中心坐标为.

(1)求的单调递增区间；

(2)将函数的图象向左平移个单位，再将所得图象上各点的横坐标伸长为原来的倍(纵坐标不变)，得到函数的图象，求的最大值以及取得最大值时所有的集合.

【答案】(1)；

(2).

【分析】(1)通过三角恒等变换公式将f(x)化简为f(x)=Asin(ωx+φ)+B的形式，根据其对称中心可求出ω，再根据复合函数和正弦函数单调性即可求其增区间；

(2)根据图象变换求出g(x)的解析式，结合三角函数性质即可求其最大值及取得最大值时x的取值集合．

【详解】(1)∵

．

而函数图象的一个对称中心坐标为，

∴，即．

∵，∴，因此．

由，解得，

∴函数增区间为．

(2)将函数的图象向左平移个单位，

得到，

再将图象上各点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，

得到，

当，即时，取得最大值为．

此时．

19．请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答．

①（为虚数单位），②的面积为，③，

在中，内角，，的对边分别为，，，若，，__________．

（1）求；

（2）在（1）的结论下，若点为线段的一点且，求长．

【答案】选择见解析；（1）；（2）．

【分析】（1）若选择条件①：根据模长关系可解得，利用余弦定理即可求解；

若选择条件②：根据面积关系可得，再解得，利用余弦定理即可求解；

若选择条件③：根据向量数量积，；，再解得，利用余弦定理即可求解；

（2）结合余弦定理得，在中，由余弦定理得解.

【详解】（1）方案一：选择条件①

由，解得，

则，则．

方案二：选择条件②

∵，∴，

又∵，∴，

由，解得，

∴，则．

方案三：选择条件③

∵，；

∴，

由，解得，

∴，则．

（2）在中，由余弦定理得：，

因为，，则．

在中，由余弦定理得：，

则．

20．已知，，．

(1)若，求的值；

(2)若，且，，求的值．

【答案】(1)1

(2)详见解析

【分析】（1）由题得，再利用二倍角公式及同角关系式可得，即求；

（2）由题可得，再利用同角关系式及两角和公式即求.

【详解】(1)∵，，，，

∴，即，

∴

.

(2)∵，，，

∴，，

∴，

∴，

又，，

∴，

当时，，

当时，.

21．山顶有一座石塔BC，已知石塔的高度为.

（1）如图（1），若以B，C为观测点，在塔顶B处测得地面上一点A的俯角为，在塔底C处测得A处的俯角为，用，，表示山的高度h.

（2）如图（2），若将观测点选在地面的直线AD上，其中D是塔顶B在地面上的正投影．已知石塔高度，当观测点E在AD上满足时，看BC的视角(即∠BEC)最大，求山的高度h.

【答案】（1）h＝；（2）h＝180.

【分析】（1）由已知条件可得，利用正弦定理得到，再利用即可得出结果；（2）设，先求出，再利用两角差的正切公式得到，最后利用基本不等式即可得出结果.

【详解】（1）解：在中，，

由正弦定理得：，

得，

则，

（2）设，

，

，

，

当且仅当，

即时，最大，从而最大，

由题意，，

解得.

【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：

（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.

22．向量，，函数.

(1)求函数的对称中心；

(2)若函数在上有5个零点，求的取值范围；

(3)在中，内角，，的对边分别为，，，的角平分线交于点，且恰好为函数的最大值.若此时，求的最小值.

【答案】(1)（Z）

(2)

(3)

【分析】（1）根据平面向量的坐标运算，以及三角恒等变换先求出，再令，即可解出；

（2）由题可知在上有5个根，当时，，所以它的5个根分别是的解，即可由得出的取值范围；

（3）由恰好为函数的最大值可求得，，在和中，根据正弦定理可求出，再在中，利用正弦定理求出，从而得到的表达式，最后利用基本不等式可求出最小值．

【详解】(1)∵，，∴，

∴.

令得，∴的对称中心为（Z）.

(2)当时，，又在上有5个零点，

∴，∴的取值范围为.

(3)由恰好为函数的最大值可得，

即，∵，则可解，则，

在中，由，可得，

在中，由，可得，

∴，

在中，，

则可得，，

则

，

∵，，

∴，

当且仅当等号成立，故的最小值为.