2022-2023学年山东省青岛市青岛第五十八中学高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年山东省青岛市青岛第五十八中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．复数在复平面内对应的点为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】直接利用复数的运算法则化简求解即可.

【详解】复数在复平面内对应的点为，则

故选：.

2．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.

3．已知向量，，若与同向共线，则（    ）

A．3 B． C．或3 D．0或3

【答案】A

【分析】根据向量共线的坐标表示结合条件即得.

【详解】因为向量，，

由，可得或，

当时，，，，满足题意，

当时，，，，不满足题意，

所以.

故选：A.

4．如图所示，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是平行四边形，且，则平面图形的周长为（    ）

A．12 B． C．5 D．10

【答案】D

【分析】根据斜二测画法得到平面图形，即可得解；

【详解】根据斜二测画法的规则可知该平面图形是矩形，如下图所示，且长，宽.

故该平面图形的周长为.

故选：D

5．已知，是不共线的非零向量，则以下向量可以作为基底的是（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】C

【分析】根据两个向量满足平面的一组基底，需这两个向量不共线，由此逐一判断可得选项．

【详解】对于A：零向量与任意向量均共线，所以此两个向量不可以作为基底；

对于B：因为，，所以，所以此两个向量不可以作为基底；

对于C：设，即，则，所以无解，所以此两个向量不共线，可以作为一组基底；

对于D：设，所以，所以此两个向量不可以作为基底.

故选：C．

6．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，关于函数的下列说法中错误的是（    ）

A．周期是 B．非奇非偶函数

C．图象关于点中心对称 D．在内单调递增

【答案】D

【分析】，再根据平移变换可得，再根据正弦函数的周期性，奇偶性，对称性和单调性逐一判断即可.

【详解】，

则，

则，故A正确；

因为，则，

故函数是非奇非偶函数，故B正确；

对于C，因为，

所以函数的图象关于点中心对称，故C正确；

对于D，因为，所以，

则函数在上不单调，故D错误.

故选：D.

7．已知函数的部分图像如图所示，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据图象可得的周期和零点，求得到其解析式后代入求值即可.

【详解】由图象可得，所以

当时，，即

所以，

因为，所以

所以，

故选：B

8．已知直三棱柱中，，，当该三棱柱体积最大时，其外接球的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】要使三棱柱的体积最大，则面积最大，故令，则，再结合余弦定理得，进而得，当且仅当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，再求解三棱柱外接球的半径即可得答案.

【详解】因为三棱柱为直三棱柱，

所以，平面

所以，要使三棱柱的体积最大，则面积最大，

因为，

令

因为，所以，

在中，，

所以，，

所以，，

所以，当，即时，取得最大值，

所以，当时，取得最大值，此时为等腰三角形，，

所以，，

所以，

所以，由正弦定理得外接圆的半径满足，即，

所以，直三棱柱外接球的半径，即，

所以，直三棱柱外接球的体积为.

故选：B

二、多选题

9．已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆的直径长为．若为底面圆周上不同于的任意一点，则下列说法中正确的是（    ）

A．圆锥的侧面积为

B．面积的最大值为

C．圆锥的外接球的表面积为

D．若，为线段上的动点，则的最小值为

【答案】BCD

【分析】对A：根据圆锥的侧面积公式分析运算；对B：根据题意结合三角形的面积公式分析运算；对C：根据题意可得圆锥的外接球即为的外接圆，利用正弦定理求三角形的外接圆半径，即可得结果；对D：将平面与平面展开为一个平面，当三点共线时，取到最小值，结合余弦定理分析运算.

【详解】对A：由题意可知：，

故圆锥的侧面积为，A错误；

对B：面积，

在中，，故为钝角，

由题意可得：，

故当时，面积的最大值为，B正确；

对C：由选项B可得：，为钝角，可得，

由题意可得：圆锥的外接球即为的外接圆，设其半径为，

则，即；

故圆锥的外接球的表面积为，C正确；

对D：将平面与平面展开为一个平面，如图所示，

当三点共线时，取到最小值，

此时，

在，，则为锐角，

则，

在，则，

由余弦定理可得，

则，故的最小值为，D正确.

故选：BCD.

10．已知复数是关于x的方程的两根，则下列说法中正确的是（    ）

A． B． C． D．若，则

【答案】ACD

【分析】在复数范围内解方程得，然后根据复数的概念、运算判断各选项．

【详解】，∴，不妨设，，

，A正确；

，C正确；

，∴，时，，B错；

时，，，计算得，

，，同理，D正确．

故选：ACD．

11．某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，下列说法正确的有（    ）

A．该圆台轴截面面积为

B．该圆台的体积为

C．该圆台的侧面积为

D．沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为

【答案】ACD

【分析】求出圆台的高，由梯形的面积公式可判断选项A；由台体的体积公式可判断选项B；由台体的侧面积公式可判断选项C；将圆台补成圆锥，侧面展开，取的中点为，连接，可判断选项D.

【详解】对于，由，且，

可得，高，

则圆台轴截面的面积为，故A正确；

对于B，圆台的体积为，故B错误；

对于C，圆台的体积为，故C正确；

对于，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为，底面半径为，侧面展开图的圆心角．

设的中点为，连接，可得，

则．

所以沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为，故正确．

故选：ACD．

12．由倍角公式，可知可以表示为的二次多项式．一般地，存在一个次多项式，使得，这些多项式称为切比雪夫（P．L．Tschebyscheff）多项式．运用探究切比雪夫多项式的方法可得（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】根据题意利用三角恒等变换逐项分析判断.

【详解】对于A：因为

，

所以，故A错误；

对于B：因为，

则

，

所以，故B正确；

对于C、D：因为，

因为为锐角，则，即，

则，解得或（舍去），

所以，故C正确；

但，所以，故D错误；

故选：BC.

三、填空题

13．已知，（i为虚数单位），则______．

【答案】

【分析】利用复数的乘方运算及乘法运算计算，再借助复数相等求解作答.

【详解】由得：，即，而，则，

所以.

故答案为：

14．已知是角终边与单位圆的两个不同交点，且，则的最大值为__________.

【答案】

【分析】根据三角函数的定义，得到，由，求得，化简，即可求解.

【详解】令，且，且，

所以，

因为，可得，可得，

又因为，所以，即

所以

，

所以的最大值为.

故答案为：.

15．在锐角中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，且，则的取值范围是______．

【答案】

【分析】由正弦定理和正弦二倍角公式将已知化为，根据为锐角三角形可得，以及，再由正弦定理可得，利用两角和的正弦展开式和的范围可得答案.

【详解】由正弦定理和正弦二倍角公式可得

，

因为，所以，

可得，

因为，所以，

所以，，

由，可得，

所以，，

由正弦定理得

.

故答案为：.

16．已知三棱锥的体积为，各顶点均在以PC为直径的球面上，，，，则该球的表面积为______.

【答案】

【分析】根据已知条件及余弦定理，利用正弦定理及棱锥的体积公式，结合勾股定理及球的表面积公式即可求解.

【详解】由，，及余弦定理，得，即，解得，，

所以，

设为外接圆半径，

所以，解得，

所以，

所以，解得，即点P到平面ABC的距离为2，

所以外接球球心O（PC的中点）到平面ABC的距离，

以外接球半径，

所以.

故答案为：.

四、解答题

17．如图，在正中，D，E分别是AB，BC上的一个三等分点，分别靠近点A，点B，且AE，CD交于点P．用，表示；

【答案】

【分析】根据向量的线性运算，用，表示，结合平面向量基本定理确定表达式.

【详解】因为，且，

，且，

由平面向量基本定理可得，所以，

故.

18．在中，内角的对边分别为，已知，且.

（1）若，求的面积；

（2）记边的中点为，求的最大值.

【答案】（1）或  （2）

【详解】试题分析：

已知等式利用正弦定理化简，再利用余弦定理表示出，将得出的等式代入计算求出的值，即可确定出角．

由,

又,即可求出的最大值．

解析：

(1)

由余弦定理可得：

由（1）可得，且

当且，，的面积，

当时，为等边三角形，；

（2）由于边的中点为，故

因为且，故由余弦定理知，，于是，而故，∴最大值为（当且仅当时取等）.

点睛：在遇到中点时可以考虑采用向量的方法，如那么这一步骤将会把题目转化出来，然后再根据题目条件求解．

19．为了求一个棱长为的正四面体的体积，某同学设计如下解法：构造一个棱长为1的正方体，如图1：则四面体为棱长是的正四面体，且有.

(1)类似此解法，如图2，一个相对棱长都相等的四面体，其三组棱长分别为、、，求此四面体的体积；

(2)对棱分别相等的四面体中，，，.求证：这个四面体的四个面都是锐角三角形.

【答案】(1)2；

(2)证明见解析.

【分析】（1）设四面体所在长方体棱长分别为，，，则长方体的对角线长分别为，，，利用勾股定理列方程求出，，，使用做差法求出四面体体积．

（2）在四面体中，由已知可得四面体的四个面为全等三角形，设长方体的长、宽、高分别为、、，证明为锐角三角形，即可证明这个四面体的四个面都是锐角三角形.

【详解】（1）由于四面体的对棱分别相等，结合长方体的面对角线性质，可以将其置于长方体中，

使其顶点与长方体顶点重合，如下图：

设此四面体所在长方体的棱长分别为，，，

则，解得

四面体的体积．

（2）在四面体中，

，，，如下图，将四面体放置长方体中，使其顶点与长方体顶点重合

四面体的四个面为全等三角形，

即只需证明一个面为锐角三角形即可．

设长方体的长、宽、高分别为、、，

则，，，

，，，

为锐角三角形，则这个四面体的四个面都是锐角三角形.

20．某中学在荣获省级多样化发展示范学校后，征得一块形状为扇形的土地用于建设新的田径场，如图，已知扇形圆心角，半径米，关于轴对称.欲在该地截出内接矩形建田径场，并保证矩形的一边平行于扇形弦，设，记.

(1)写出、两点的坐标，并以为自变量，写出关于的函数关系式；

(2)当为何值时，矩形田径场的面积最大？并求出最大面积.

【答案】(1)，，

，，，

(2)当时，最大面积为平方米

【分析】（1）由题意得到，从而得到点坐标，且两点的纵坐标相同，求出直线的解析式，从而确定点的横坐标，得到点的坐标，从而得到关于的函数关系式；

（2）在第一问的基础上，利用三角恒等变换得到，结合，求出最值.

【详解】（1）由题意得：米，，

所以，，

因为轴，

所以两点的纵坐标相同，

其中直线，

将代入，解得：，

故，，

∴

，；

（2）

，

因为，所以，

∴当，即时，平方米.

21．阅读材料：三角形的重心､垂心､内心和外心是与三角形有关的四个特殊点，它们与三角形的顶点或边都具有一些特殊的性质.

（一）三角形的“四心”

1.三角形的重心：三角形三条中线的交点叫做三角形的重心，重心到顶点的距离与重心到对边中点的距离之比为2：1.

2.三角形的垂心：三角形三边上的高的交点叫做三角形的垂心，垂心和顶点的连线与对边垂直.

3.三角形的内心：三角形三条内角平分线的交点叫做三角形的内心，也就是内切圆的圆心，三角形的内心到三边的距离相等，都等于内切圆半径r.

4三角形的外心：三角形三条边的垂直平分线的交点叫做三角形的外心，也就是三角形外接圆的圆心，它到三角形三个顶点的距离相等.

（二）三角形“四心”的向量表示

在中，角所对的边分别为.

1.三角形的重心：是的重心.

2.三角形的垂心：是的垂心.

3.三角形的内心：是的内心.

4.三角形的外心：是的外心.

研究三角形“四心”的向量表示，我们就可以把与三角形“四心”有关的问题转化为向量问题，充分利用平面向量的相关知识解决三角形的问题，这在一定程度上发挥了平面向量的工具作用，也很好地体现了数形结合的数学思想.

结合阅读材料回答下面的问题：

(1)在中，若，求的重心的坐标；

(2)如图所示，在非等腰的锐角中，已知点是的垂心，点是的外心.若是的中点，求证：.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据重心的向量表示，结合平面向量的线性运算与坐标运算求解即可；

（2）根据，结合与平面向量的线性运算可得，再根据不成立可得，进而得到证明即可

【详解】（1）若记坐标原点为，由是的重心，有，从而，整理得.

（2）因为，有，

因为，

设，由可得，

所以，

所以

因为，从而

即，

所以，

易见不成立，故，即，

此时，即：.

22．某企业一天中不同时刻的用电量（万千瓦时）关于时间（小时）的函数近似满足（，，）．如图是函数的部分图象对应凌晨0点）．

(1)根据图象，求，，，的值；

(2)由于当地冬季雾霾严重，从环保的角度，既要控制火力发电厂的排放量，电力供应有限，又要控制企业的排放量，于是需要对各企业实行分时拉闸限电措施．已知该企业某日前半日能分配到的供电量（万千瓦时）与时间（小时）的关系可用线性函数模型（）拟合．当供电量小于该企业的用电量时，企业就必须停产．初步预计这一时刻处在中午11点到12点间，为保证该企业即可提前准备应对停产，又可尽量减少停产时间，请从这个初步预计的时间段开始，用二分法将这一时刻所处的时间段精确到15分钟．

【答案】(1),,,

(2)

【分析】（1）根据函数图象，结合函数的周期，以及最值即可求得参数；

（2）由（1）可得函数解析式，令，判断其单调性，结合零点存在定理，即可判断停产时刻的范围，利用二分法即可求得答案.

【详解】（1）由函数图象知，∴，

 ，

 ，代入，得，

则,又,

综上，,,, .

（2）由（1）知,

令，

设，则为该企业的停产时间．

当时，，则在上单调递增，

而（）为减函数，

故在上是单调递增函数．

由，

又，

则，即11点到11点30分之间（大于15分钟），

又，

则，即11点15分到1点30分之间（正好15分钟），

故估计在11点15分到11点30分之间的时间段停产．