精品解析：江苏省无锡市市北高级中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题（解析版）

江苏省无锡市市北高级中学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选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 下列判断正确的是（    ）

A. 圆锥的侧面展开图可以是一个圆面

B. 底面是等边三角形，三个侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥

C. 一个西瓜切3刀最多可切成8块

D. 过球面上任意两不同点的大圆有且只有一个

【答案】C

【解析】

【分析】由圆锥的母线一定比底面半径大可判断A；由正三棱锥的侧棱长相等可判断B；类比一个正方体被三个平面切割可判断C；取两个点为极点可判断D

【详解】选项A，由圆锥的母线一定比底面半径大，可得圆锥的侧面展开图是一个圆心角不超过的扇形，A错误；

选项B，底面是等边三角形，三个侧面都是等腰三角形的三棱锥的侧棱长不一定相等，故不一定是正三棱锥，B错误；

一个西瓜切3刀等价于一个正方体被三个平面切割，按照如图的方法切割可得最多块数，故C正确；

当两个点为球的两个极点，则过两点的大圆有无数个，故D错误.

故选：C

2. 已知复数，则复数的共轭复数（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据共轭复数的概念可求得结果.

【详解】因为，

所以.

故选：C.

【点睛】本题考查了复数的除法运算，考查了共轭复数的概念，属于基础题.

3. 已知等边三角形的边长为1，设，，，那么（    ）

A. 3 B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】结合等边三角形的特点和向量的夹角公式计算即可．

【详解】在等边三角形中，

有．

故选：D．

4. 在中，，，，那么等于　　

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】直接利用余弦定理以及特殊角的三角函数值就可得出答案．

【详解】解：根据余弦定理得

故选：C．

5. 已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，由向量加法的性质可得为的中点，又由，分析可得为正三角形，则有，结合投影向量的计算公式计算可得答案．

【详解】根据题意，若，则为的中点，故边为圆的直径，

又由，则为正三角形，则有，

则向量在向量上的投影向量,

故选：A．

6. 在中，若，，其面积为，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】先由面积公式求出，再由余弦定理求出，最后利用正弦定理可得出答案.

【详解】由面积公式，

由余弦定理有，

由正弦定理有.

故选：B.

7. 已知四面体的外接球的球心O 在AB 上，且平面ABC，，若四面体的体积为，求球的表面积　　

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】依据题意作出图形，设四面体的外接球的半径为，由题可得：为球的直径，即可求得：，， ，利用四面体的体积为列方程即可求得，再利用球的面积公式计算得解．

【详解】依据题意作出图形如下：

设四面体的外接球的半径为，

因为球心O 在上，所以为球的直径，

所以，且

由可得：，

所以四面体的体积为

解得：

所以球的表面积

故选B

【点睛】本题主要考查了锥体体积公式及方程思想，还考查了球的表面积公式及计算能力，考查了空间思维能力，属于中档题．

8. 在ABC中，，P为段AB上的动点，且，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据，利用两角和的正弦公式得到，进而得到，然后由，解得，进而求得，再根据，得到共线，进而解得，然后利用基本不等式求解.

【详解】，即，

∵，

∴，∴，

又∵

∴

∴，

又∵

所以，，

所以，

又∵，即，

所以P为段AB上的动点，即共线，

又因为，

所以，即，

∴.

当且仅当等号成立.

故选：A

二、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.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 已知平面向量，则正确的有（    ）

A. 若，则

B. 与共线的单位向量是

C. 若，则在方向上的投影向量是

D. 若与的夹角为钝角，则的取值范围为

【答案】AC

【解析】

【分析】对于A选项，利用平面向量平行的坐标表示计算即可；

对于B选项，利用公式即可求出；

对于C选项，根据公式计算即可；

对于D选项，由且与不平行求解即可．

详解】对于A选项，若，则解得，故A正确；

对于B选项，与共线的单位向量是，故B不正确；

对于C选项，因为，所以，得,，

则在方向上的投影向量是，故C正确；

对于D选项，因为与的夹角为钝角，所以且与不平行，

，所以，

若与平行，则，，所以，故D错误；

故选：AC．

10. 已知，，则下列说法正确的有（    ）

A. 若为实数，则；

B. 的共轭复数是；

C. 的最小值是4；

D. 满足的复数在复平面上的对应点的集合是以为圆心，以1为半径的圆．

【答案】AC

【解析】

【分析】由复数的运算判断A；根据复数的运算结合共轭复数的定义判断B；由复数模长公式结合二次函数的性质判断C；设结合模长公式进而判断D.

【详解】

为实数，，，故A正确；

，其共轭复数为，故B错误；

表示点到原点的距离，，当时，取最小值为，故C正确；

设，由得，即，对应点的集合是以为圆心，以1为半径的圆，故D错误；

故选：AC

11. 如图所示，圆锥的底面半径，高，是底面圆周的一条直径，M为底面圆周上与B不重合的一点，则下列命题正确的是（    ）

A. 圆锥的体积为

B. 圆锥的表面积为

C. 的面积的最大值是

D. 有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A爬行到点B，则蚂蚁爬行的最短距离为

【答案】AB

【解析】

【分析】由圆锥的底面半径和高，求出母线长，对于AB，代圆锥的体积公式和表面积公式计算可得；对于C，先求出轴截面的顶角，再代三角形面积公式计算；对于D，根据侧面展开图计算可得.

【详解】圆锥的底面半径，高，所以母线长为2；

对于A.圆锥的体积为，所以A正确；

对于B.圆锥的表面积为，所以B正确；

对于C. 由轴截面为等腰三角形，且顶角为，

当等腰的顶角为时，的面积取得最大值为：，所以C错误；

对于D. 圆锥的底面圆周长为，所以侧面展开图的圆心角为，所以圆锥侧面展开图中圆弧，蚂蚁沿圆锥的侧面从点A爬行到点B，则蚂蚁爬行的最短距离为线段，且，所以D错误；

故选：AB.

12. 在锐角中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（    ）

A.  B. 的取值范围为

C. 的取值范围为 D. 的取值范围为

【答案】AD

【解析】

【分析】先利用正弦定理从条件中求出，得到选项A正确.选项B利用为锐角三角形求解；选项C先用二倍角公式化简，再结合角的范围求解；选项D先对式子化简，再换元利用对勾函数的性质求范围.

【详解】在中，由正弦定理可将式子化为

，

把代入整理得，

，

解得或，即或(舍去).

所以.

选项A正确.

选项B：因为为锐角三角形，，所以.

由解得，故选项B错误.

选项C：，

因，所以，，

即的取值范围.故选项C错误.

选项D：

.

因为，所以， .

令，，则.

由对勾函数的性质知，函数在上单调递增.

又，，所以.

即的取值范围为.故选项D正确.

故选：AD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 定义一种运算如下：，则复数的共轭复数是__________．

【答案】

【解析】

【分析】直接利用定义运算求复数，再求其共轭复数.

【详解】由题得复数z=（1+i）3i+2=3i-3+2=-1+3i,所以它的共轭复数为-1- 3i.

故答案为-1-3i.

【点睛】(1)本题主要考查复数的运算和共轭复数，考查新定义，意在考查学生对这些知识的掌握水平和运用新定义解答问题的能力.(2) 复数的共轭复数

14. 如图，矩形是水平放置的一个平面图形由斜二测画法得到的直观图，其中，，则原图形周长是__________．

【答案】14

【解析】

【分析】根据直观图还原该平面图形，然后可得答案．

【详解】

在直观图中，设与交于点，则，，，

在原图形中，，，，

所以原图形周长是

故答案为：14

15. 今年年初新冠肺炎肆虐全球，抗击新冠肺炎的有效措施之一是早发现、早隔离．现某地发现疫情，卫生部门欲将一块如图所示的圆的内接四边形区域，沿着四边形边界用固定高度的板材围成一个封闭的隔离区．其中，，，（单位：米），则__；四边形的面积为 __（平方米）．

【答案】    ①. ##    ②. ．

【解析】

【分析】空1：连接，由题意可得，利用诱导公式，余弦定理可得，解得的值，进而可求和；空2：再根据三角形的面积公式即可求解四边形的面积．

【详解】空1：如图，连接，由题意可得，可得，

由余弦定理可得，即，解得：，

所以，且，所以.

所以，

空2：所以四边形的面积

（平方米）．

故答案为：；．

16. 对任意两个非零的平面向量和，定义和之间的新运算：.若非零的平面向量，满足：和都在集合中，且.设与的夹角，则______.

【答案】

【解析】

【分析】化简,,则,因此依据的范围即可求出的范围,进而确定其值,求出.

【详解】,

,

,

,,,

,,,,

,,即,

,

故答案为:.

【点睛】本题以新定义为背景考查向量数量积的应用,结合了三角函数的相关知识,需要学生有一定的分析计算能力.

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. 已知平面向量，.

（1）若与垂直.求；

（2）若向量，若与共线，求.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）由题意求出与的坐标，由垂直得数量积为0可得结果；

（2）由题意求出与，由共线求出的值，代入模长公式求得结果.

【详解】（1）因为，.

所以，.

因为与垂直，

所以，

整理得，

解得或(舍去).

（2）因为，，，

所以，.

因为与共线，

故，

所以解得

所以，，

所以.

【点睛】方法点睛：两向量，的位置关系求参数的常见方法：

（1）由，得；

（2）由，得.

18. 在①；②复平面上表示的点在直线上；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答：

已知复数；（为虚数单位），满足                             .

（1）若，求复数以及；

（2）若是实系数一元二次方程的根，求实数的值

【答案】(1)；

(2)m=-2

【解析】

【分析】选条件①，根据求出a的值；

选条件②，求出在复平面上表示点的坐标，代入直线方程求出a的值；

选条件③，计算，根据求出a的值；

(1)计算和的值；

(2)根据是实系数一元二次方程的根，也是方程的根，利用根与系数的关系求出m的值.

【详解】选条件①：.

因为，所以，

解得，又，所以；

选条件②：复平面上表示的点在直线上.

因，

所以，其表示的点为，

有，解得；

选条件③：.

因为，所以，

所以，解得.

(1)，；

(2)是实系数一元二次方程的根，

则也是该方程的根，所以m=-(+)=.

19. 如图，在四棱锥中，，，，，分别是和的中点，

（1）证明：；

（2）证明：平面．

【答案】（1）见证明；（2）见证明

【解析】

【分析】（1）由于，，又可得，进而命题得证;

（2）由已知得是平行四边形，从而，由三角形中位线定理得，由此能证明平面平面．

【详解】（1）证明：平面，平面

又

平面

平面

（2），为的中点

又    

∴四边形为平行四边形

分别是和的中点

平面平面

【点睛】本题考查线面垂直、线线垂直，以及面面平行的判断的证明，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用．

20. 某农场有一块底角为的等腰三角形的空地，其中边的长度为400米，为迎接“五一“观光游，欲在边界上选择一点，修建观赏小径，，其中，分别在边界，上，小径，与边界的夹角都是，区域和区域内种植郁金香，区域内种植月季花．

（1）探究“观赏小径，的长度之和是否为定值？请说明理由

（2）为深度体验观赏，准备在月季花区域内修建小径，当点在何处时，三条小径的长度之和最小？并求出最小值.

【答案】（1）是定值，理由见解析   

（2）当点是的中点时，三条小径的长度之和最小为300米．

【解析】

【分析】（1）根据条件可知，和为直角三角形，由此得到， ，根据即可求解；

（2）根据已知条件，结合余弦定理，以及基本不等式，即可求解．

【小问1详解】

中，，

因为，所以，同理可得，

故（米），为定值．

【小问2详解】

在中，，

由余弦定理可得

，

当且仅当（米）时，等号成立，

则，即的最小值为（米），

此时（米），

所以当点是的中点时，三条小径的长度之和最小为300米．

21. 重庆、武汉、南京并称为三大“火炉”城市，而重庆比武汉、南京更厉害，堪称三大“火炉”之首.某人在歌乐山修建了一座避暑山庄（如图）.为吸引游客，准备在门前两条夹角为（即）的小路之间修建一处弓形花园，使之有着类似“冰淇淋”般的凉爽感，已知弓形花园的弦长且点，落在小路上，记弓形花园的顶点为，且，设.

（1）将，用含有的关系式表示出来；

（2）该山庄准备在点处修建喷泉，为获取更好的观景视野，如何规划花园（即，长度），才使得喷泉与山庄距离即值最大？

【答案】（1）；；（2）当时，取最大值.

【解析】

【分析】

（1）在中，利用正弦定理即可将，用含有的关系式表示出来；

（2）在中，由余弦定理得出，结合三角函数的性质，即可得出的最大值，再求出的长度即可.

【详解】（1）在中，由正弦定理可知，

则；

同理由正弦定理可得，

则，

（2）∵，，

∴，

在中，由余弦定理可知

，

∵，

∴，

∴，

当时，即时，

取最大值，

此时，

，

即当时，取最大值.

【点睛】本题主要考查了正弦定理和余弦定理的实际应用，涉及了三角函数求值域，属于中档题.

22. 类比于二维平面中的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理；如图1，由射线，，构成的三面角，，，，二面角的大小为，则．

（1）当、时，证明以上三面角余弦定理；

（2）如图2，四棱柱中，平面平面，，，

①求的余弦值；

②在直线上是否存在点，使平面？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）①；②当点在的延长线上，且使时，平面.

【解析】

【分析】（1）过射线上一点作交于点，作交于点，连接，，可得是二面角的平面角．在中和中分别用余弦定理，两式相减变形可证结论；

（2）①直接利用三面角定理（（1）的结论）计算；②连结，延长至，使，连结，由线面平行的判定定理证明平面．

【详解】（1）证明：如图，过射线上一点作交于点，

作交于点，连接，

则是二面角的平面角．

在中和中分别用余弦定理，得

，

，

两式相减得，

∴，

两边同除以，得．

（2）①由平面平面，知，

∴由（1）得，

∵，，

∴．

②在直线上存在点，使平面．

连结，延长至，使，连结，

在棱柱中，，，

∴，∴四边形为平行四边形，

∴．

在四边形中，，

∴四边形为平行四边形，

∴，

∴，

又平面，平面，

∴平面．

∴当点在的延长线上，且使时，平面．