2022-2023学年福建省福州延安中学高一下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年福建省福州延安中学高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用平面向量的坐标运算可求得向量的坐标.

【详解】因为，，则.

故选：A.

2．若复数，则的虚部为（    ）

A． B．1 C．-1 D．

【答案】B

【分析】根据复数除法化简复数，根据共轭复数概念求出虚部.

【详解】，故，的虚部为1.

故选：B

3．在中，内角所对应的边分别是，若，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用余弦定理直接构造方程求解即可.

【详解】由余弦定理得：，即，

解得：（舍）或，.

故选：D.

4．下列说法中正确的是（    ）

A．直四棱柱是长方体

B．圆柱的母线和它的轴可以不平行

C．正棱锥的侧面是全等的等腰三角形

D．以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥

【答案】C

【分析】根据相关立体几何图形的性质逐项判断即可.

【详解】对于A：由直四棱柱的定义可知，长方体是直四棱柱，

但当底面不是长方形时，直四棱柱就不是长方体，故A错误；

对于B：根据圆柱母线的定义可知，圆柱的母线和它的轴平行，故B错误；

对于C：由正棱锥的定义可知，正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，故C正确；

对于D：当以斜边为旋转轴时，会得到两个同底的圆锥组合体，故D错误.

故选：C.

5．若复数，则（    ）

A．-1 B． C． D．0

【答案】A

【分析】根据复数的运算法则即可求解.

【详解】因为，所以，

所以

.

故选：A.

6．已知的顶点坐标分别为、、，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用平面向量数量积的坐标运算可求得的值，再利用同角三角函数的基本关系求出的值，最后利用三角形的面积公式可求得的面积.

【详解】因为的顶点坐标分别为、、，则，，

所以，，则为锐角，

所以，，

因此，.

故选：B.

7．在中，为上一点，为线段上任一点（不含端点），若，则的最小值是（    ）

A．8 B．10 C．13 D．16

【答案】D

【分析】由题设且，进而可得，将目标式化为，结合基本不等式“1”的代换求最小值，注意等号成立条件.

【详解】由题意，如下示意图知：，且，又，

所以，故且，

故，

仅当，即时等号成立.

所以的最小值是16.

故选：D

8．在中，角，，所对的边分别为，，，为的外心，为边上的中点，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据化简可得，代入 ，所以，再根据正弦定理化简可得，进而根据余弦定理可得.

【详解】

由题意，为 的外心，为边上的中点，可得： ，因为，可得： ，又 ，所以有 即 ，因为 ，所以 ，又因为，所以 ，由余弦定理：

故选：C.

二、多选题

9．若复数满足（是虚数单位），则下列说法正确的是（    ）

A．的虚部为

B．的模为

C．的共轭复数为

D．在复平面内对应的点位于第一象限

【答案】BCD

【分析】利用复数除法法则，计算得到，从而判断出虚部，求出模长及共轭复数，写出在复平面内对应的点的坐标，判断其所在象限.

【详解】由，所以，

所以的虚部为2，故A错误；

，故正确；

的共轭复数为，故正确；

在复平面内对应的点为，位于第一象限，故D正确.

故选：BCD.

10．（多选）判断下列三角形解的情况，有且仅有一解的是（   ）

A．，，； B．，，；

C．，，； D．，，.

【答案】AD

【分析】由正弦定理解三角形后可得结论.

【详解】对于A，由正弦定理得：，

，，即，，则三角形有唯一解，A正确；

对于B，由正弦定理得：，

，，即，或，则三角形有两解，B错误；

对于C，由正弦定理得：，无解，C错误；

对于D，三角形两角和一边确定时，三角形有唯一确定解，D正确.

故选：AD

11．已知中，其内角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列命题正确的有（    ）

A．若，则

B．若，，则的外接圆半径为10

C．若为锐角三角形，则

D．若，，，则

【答案】ACD

【分析】利用正弦定理来判断AB，利用正弦函数的性质来判断C，利用三角形的面积公式来判断D.

【详解】对于A：，，由正弦定理得，A正确；

对于B：的外接圆半径为，B错误；

对于C：若为锐角三角形，则，，

，C正确；

对于D：，D正确.

故选：ACD.

12．关于平面向量，有下列四个命题，其中说法正确的是（    ）

A．点，与向量共线的单位向量为

B．非零向量和满足，则与的夹角为

C．已知平面向量，，若向量与的夹角为锐角，则

D．已知向量，，则在上的投影向量的坐标为

【答案】BD

【分析】对于A，根据共线向量及单位向量的概念运算即得；对于B，利用向量夹角公式结合条件即得；对于C，由题可得即可判断；对于D，根据投影向量的概念结合条件即得.

【详解】对于A，因为，且，所以与向量共线的单位向量为，故错误；

对于B，因为，所以，即，化简得，

所以，即，

又，

所以，

因为，所以，故正确；

对于C，由，，向量与的夹角为锐角，则，所以且，故错误；

对于D，因为，，

所以在上的投影向量的坐标为，故正确.

故选：BD.

三、填空题

13．已知向量，，若，则______.

【答案】##

【分析】利用向量平行的坐标运算列式计算即可.

【详解】，，，

，

.

故答案为：.

14．用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图所示，边与平行于轴.已知四边形的面积为，则原平面图形的面积为__________.

【答案】

【分析】作出原图形，根据原图形与直观面积之间的关系求解．

【详解】根据题意得，原四边形为一个直角梯形，

且，，，

，

则，

所以，.

故答案为：.

15．已知复数，，则的最大值为__________.

【答案】

【分析】利用复数模的三角不等式可求得的最大值.

【详解】因为复数，则，

所以，，

当且仅当时，等号成立，故的最大值为.

故答案为：.

16．如图甲，首钢滑雪大跳台是冬奥历史上第一座与工业遗产再利用直接结合的竞赛场馆，大跳台的设计中融入了世界文化遗产敦煌壁画中“飞天”的元素．如图乙，研究性学习小组为了估算赛道造型最高点A距离地面的高度AB（AB与底面垂直），在赛道一侧找到一座建筑物CD，测得CD的高度为h，并从C点测得A点的仰角为30°；在赛道与建筑物CD之间的地面上的点E处测得A点，C点的仰角分别为60°和30°（其中B，E，D三点共线），该学习小组利用这些数据估算出AB约为60米，则CD的高h约为______米．

【答案】20

【分析】分别在和中，求得AE，CE，然后在中，利用正弦定理求解.

【详解】解：在中，，

在中，，

在中，由正弦定理得：，

即，

解得，

故答案为：20

四、解答题

17．当实数m取什么值时，复平面内表示复数的点分别满足下列条件：

(1)与原点重合；

(2)位于直线上；

(3)位于第三象限.

【答案】(1)

(2)或

(3)无解

【分析】（1）根据实部和虚部均为零列方程组求解；

（2）根据点在直线列方程求解；

（3）根据实部和虚部均小于零列不等式组求解.

【详解】（1）由已知得，解得，

即时，复平面内表示复数的点与原点重合；

（2）由已知得，

解得或，

即或时，复平面内表示复数的点位于直线上；

（3）由已知得，解得无解，

即不存在的值使复平面内表示复数的点位于第三象限.

18．已知平面向量、，若，，.

(1)求向量、的夹角；

(2)若且，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）在等式两边平方，结合平面向量数量积的运算性质可求得向量、的夹角的余弦值，结合向量夹角的取值范围即可得解；

（2）由已知可得，利用平面向量数量积的运算性质求出的值，然后利用平面向量数量积的运算性质可求得.

【详解】（1）解：因为，则

，所以，，

又因为，因此，，即向量、的夹角为.

（2）解：因为且，则

，解得，

因此.

19．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．

(1)求角A的大小；

(2)若，求△ABC的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）将条件整理然后代入余弦定理计算即可；

（2）先利用正弦定理将角化边，然后结合条件求出，再利用三角形的面积公式求解即可.

【详解】（1）由整理得，

，由，

；

（2），

由正弦定理得，①，

又，②，

由①②得，

.

20．如图，为了测量两山顶之间的距离，飞机沿水平方向在两点进行测量，在同一铅垂平面内.飞机从点到点路程为，途中在点观测到处的俯角分别为，在点观测到处的俯角分别为.

(1)求之间的距离（用字母表示）；

(2)若，求之间的距离.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）在中，利用正弦定理求得结果.

（2）先利用余弦定理求解，再根据余弦定理求解即可.

【详解】（1）在中，由正弦定理可得

，即.

所以.

（2）因为，

由（1）知.

，则为等腰三角形，

，,由余弦定理可得

在中，，由余弦定理可得：

因此之间的距离为.

21．从①；②；这两个条件中选择一个，补充在下面试题的横线上，并完成试题解答.

设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知的面积为，且_______.

(1)求B

(2)若，求的最小值，并判断此时的形状.

（注：若选择多个条件分别作答，则按第一个条件计分）

【答案】(1)

(2)，是直角三角

【分析】（1）选①：由正弦定理得，结合余弦定理求得，得到；

选②：由正弦定理得，得到，得到，求得.

（2）由（1）得，求得，得到，根据向量的运算和基本不等式，求得取得最小值2，此时，进而求得，即可求解.

【详解】（1）解：若选①，因为，所以，

所以

由正弦定理，得，即，

由余弦定理，得，

因为，所以.

若选②，有，

由正弦定理，得，

即，所以，

因为，所以，即，

因为，所以，因为，所以.

（2）解：由（1）得，解得，

因为，

所以

，

当且仅当时，取得最小值2，此时，

又因为，所以，整理得，

因为，所以，所以，所以是直角三角.

22．已知△ABC为锐角三角形，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c．R为△ABC外接圆半径．

（1）若R＝1，且满足，求的取值范围；

（2）若，求的最小值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由正弦定理及余弦定理可得，进而得到的大小；由正弦定理和三角恒等变换得到，从而根据的范围求出即可；

（2）由题意得出，，然后化简，从而利用基本不等式求最小值.

【详解】（1）因为，

所以由正弦定理，得，

又由余弦定理，得，所以，

即，所以，

又因为△ABC为锐角三角形，所以，

所以

，

因为△ABC为锐角三角形，所以 ，即，所以，

所以，即，所以，

所以，

即的取值范围为.

（2）因为，

所以，即，

又因为△ABC为锐角三角形，所以，所以，

所以由正弦定理，得，

又因为，所以，

所以，即,

两边同时除以，得，

因为且△ABC为锐角三角形，

所以，所以

所以，

所以

，

令，则，

所以

，

当且仅当时，即时等号成立，

所以的最小值为.