福建省三明市2022-2023学年高一数学下学期4月期中考试试题（Word版附解析）

这是一份福建省三明市2022-2023学年高一数学下学期4月期中考试试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年第二学期高中期中考试
高一数学
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
1. 若复数，，则复数（ ）
A. B. 3 C. 1 D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的乘法运算以及复数的相等，求得，即得答案.
【详解】因为复数，，
即，
故，
故选：B
2. 若 ，则z =（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的乘法以及除法运算即可化简求解.
【详解】由得，
故选：C
3. 如图，平面平面，，，，直线（点不同于），过三点确定的平面为，则平面，的交线必过（ ）

A. 点A B. 点B
C. 点C，但不过点D D. 点C和点D
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面的基本性质判断即可.
【详解】对于AB，假设，
又，则，又，所以，
又，所以，与矛盾，
则，即平面，的交线不过点A，故A错误，同理，B错误；
对于CD，因，
所以，即点在与的交线上，故C错误，D正确.
故选：D.
4. 已知向量，，则在上的投影向量为 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量在方向上的投影乘以与同向的单位向量可得出结果.
【详解】，∴，
又∵向量，
∴向量在的投影为，
所以，向量在方向上的投影向量为.
故选：A.
【点睛】本题考查投影向量坐标的计算，考查向量投影的定义的应用，考查计算能力，属于基础题.
5. 已知向量，，，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据，可得，再利用同角之间的公式化简，代入即可得解.
【详解】因为向量，，
，即

故选：A
【点睛】关键点点睛：本题考查向量平行的坐标运算，及利用同角之间的公式化简求值，解题的关键是的变形，考查学生的运算求解能力，属于基础题.
6. 已知，，若，则值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出向量，的坐标，再利用平面向量垂直的坐标表示即可得解.
【详解】因为，，
所以，,
又，
所以，解得，
所以.
故选：D.
7. 在中，角、、所对的边分别为、、，已知，，为使此三角形有两个，则满足的条件是（　　）
A. B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】作出图形可得出关于的不等式，由此可解得的取值范围.
【详解】如下图所示：

因为有两解，且，，则，即.
故选：A.
8. 东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股 定理的证明， 后人称其为 “赵爽弦图”. 如图 1 ， 它由四个全等的直角三 角形与一个小正方形拼成的一个大正方形. 我们通过类比得到图 2， 它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形 拼成的一 个大等边三角形， 若， 则（ ）

A. 5 B. 6 C. 7 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】由同角关系求，由两角差正弦公式求，设，由正弦定理求，由余弦定理求.
【详解】因为，，
所以，
而 ，
在 中， 设，则，
由正弦定理得 ， 解得，
由余弦定理 ，
所以.
故选：C.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．部分选对的得2分．
9. 下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（ ）
A. B.
C. z的共轭复数为 D. z是关于x的方程的一个根
【答案】BD
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求得，根据模的计算可判断A；根据复数的乘方判断B；根据共轭复数的概念判断C；计算，判断D.
【详解】由题意得，
故，A错误；
，B正确；
的共轭复数为，C错误；
，即z是关于x的方程的一个根，D正确，
故选：BD
10. 如图是一个正方体的侧面展开图，在原立方体中，以下关系判断正确的是（ ）

A. B. 与相交 C. D. 与异面
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据正方体平面展开图，画出原正方体，标出各顶点，找平行线、相交直线、异面直线，逐一判断即可.
【详解】画出原正方体如图所示，

不平行，所以A错；与相交，所以B正确；由正方体的性质知，所以C正确；与即不平行也不相交，所以与是异面直线，所以D正确.
故选：BCD.
11. 设非零向量的夹角为 为任意非零向量，定义运算，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则 B.
C. D. 若，则的最大值为1
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据 的定义，以及向量运算规则逐项分析.
【详解】对于A，因为，并且 ，所以，解得或，所以，故选项A正确；
对于B，不妨取，设 与 的夹角 ， 与的夹角为， 与的夹角为 ，则 ， ，此时，故选项B错误；
对于C，，故选项C正确；
对于D，当时，，当且仅当时取等号，所以，故选项D正确；
故选：ACD.
12. 在锐角中，角，，所对边分别为，，，外接圆半径为，若，，则（ ）
A.
B.
C. 的最大值为3
D. 的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由正弦定理求外接圆半径；由题设知，结合即可求范围；由余弦定理及基本不等式求的最大值，注意取最大的条件；由C分析有，结合正弦定理边角关系及的范围，应用二倍角正余弦等恒等变换，根据三角函数的值域求范围.
【详解】由题设，外接圆直径为，故，A正确；
锐角中，则，故，B错误；
，则，当且仅当时等号成立，C正确；
由C分析知：，而，
又且，
则
，而，
所以，则，
所以，D正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：D选项，应用边角关系及角的范围，结合三角恒等变换将转化为三角函数性质求范围.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分
13. 复数（其中i是虚数单位）的虚部是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的乘方运算求解.
【详解】因为，
所以复数的虚部为.
故答案为：.
14. 已知点，，是直线上的一点，且，那么点的坐标为_________．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量线性运算的坐标表示即可得，再由即可得出.
【详解】设点的坐标为，
则，又，
即，解得；
所以点的坐标为.
故答案为：
15. 如图，已知A，B，C共线，且向量，，则________．

【答案】
【解析】
【分析】利用平面向量的线性运算及平面向量基本定理即可得解．
【详解】因为，
所以，则，
因为，不共线，故,
所以.
故答案为：
16. 在平面四边形中，是等边三角形，，，，则________；的面积是________．
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】在中，由余弦定理可得，从而求得的余弦值和正弦值，由两角和的正弦公式，可得，再在中，运用三角形面积公式即可得解．
【详解】由为等边三角形，可得，

在中，，，，
由余弦定理可得，
整理得，解得（负值舍去），
设，则，
易知，则，
所以，
则的面积为．
故答案为：；．
四、解答题：本小题共6小题，共70分．
17. 已知复数，其中i为虚数单位，.
（1）若z是纯虚数，求m的值；
（2）z在复平面内对应的点在第二象限，求m的取值范围.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）z是纯虚数需要满足实部等于0，虚部不等于0，即可求出结果；
（2）z在复平面内对应的点在第二象限，需要满足实部小于0，虚部大于0.
【小问1详解】
因为z是纯虚数，
所以，
解得.
【小问2详解】
因为z在复平面内对应的点在第二象限，
所以，
解得，
所以m的取值范围为.
18. 已知，，且与夹角为，求：
（1）；
（2）与的夹角．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据数量积的运算律，求出的值，即可得出答案；
（2）先根据数量积的运算律，求出的值，即可得出的值，进而根据数量积的运算得出的值.然后根据夹角公式，即可得出结果.
【小问1详解】
由已知可得，.
所以有，
所以.
【小问2详解】
因为，
所以.
又，
所以，
所以与的夹角为．
19. 如图，长方体的底面是正方形，E，F分别是，上的点，且，．

（1）证明：点F平面内；
（2）若，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用长方体的性质得到，利用对应线段成比例和相似三角形得到，再利用基本事实4得到，即证明四点共面；
（2）利用等体积法和三棱锥的体积公式进行求解.
【小问1详解】
证明：如图，连接，，

长方体中，，且，
所以四边形是平行四边形，则．
因为，，所以，
所以，所以，
所以，所以四点共面，
即点在平面内．
【小问2详解】
解：在长方体中，点到平面的距离
即为点到平面的距离，即为；
所以．
20. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，．
（1）求A；
（2）若，点在边上，，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理或者正弦定理边角互化求解得；
（2）利用 根据余弦定理解得，然后解，根据余弦定理或者向量表示解得
【小问1详解】
方法一：
因为，
由余弦定理得，
，
整理得，
所以，
因为， 所以
方法二：
因为，
所以，
由正弦定理得，
，
因为，
所以，
所以，
整理得
因为， 所以，
所以，
又， 所以.
小问2详解】
因为，
由余弦定理得： ，
整理得，又，
所以.
方法一：
所以.
因为点在边上，，
所以为边上靠近的三等分点，
所以.
在中，
，
又，
所以.
方法二：
，
又，
所以.
21. 从以下三个条件中选一个，补充到下面问题中，并解答．
已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足________（填写序号即可）．
①，
②，
③
（1）求B；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理的边角变换与余弦定理，结合三角函数的和差公式，逐一分析求解各条件即可；
（2）利用正弦定理与余弦函数和倍角公式将转化为关于角的函数，再由锐角确定角的范围，从而得解.
【小问1详解】
选①：
因为，
所以由正弦定理得，
因为，所以，又因为，所以.
选②：
因为，
所以由正弦定理得，即，
故由余弦定理得，
又因为，所以.
选③：
因为，
所以，则，
又因为，所以.
【小问2详解】
由（1）知，又，
所以由正弦定理，得，，
则，
由锐角得且，
所以，则，
所以，从而，
故的取值范围为.
22. 在路边安装路灯，灯柱与地面垂直（满足），灯杆与灯柱所在平面与道路垂直，且，路灯采用锥形灯罩，射出的光线如图中阴影部分所示，已知，路宽．设灯柱高，．

（1）当时，求四边形的面积；
（2）求灯柱的高（用表示）；
（3）若灯杆与灯柱所用材料相同，记此用料长度和为，求关于的函数表达式，并求出的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3），最小值为
【解析】
【分析】（1）由三角形角的关系结合正弦定理可得各边长，再由可得解；
（2）分别在与中由正弦定理化简即可得解；
（3）根据正弦定理分别表示各边长及，再根据三角函数求值域的方法可得最值.
【小问1详解】
当时，，
所以，
又
所以是等边三角形，所以，
所以在中，，即，
所以；
【小问2详解】
，，，
在中，由正弦定理得，
所以
所以
在中，由正弦定理得，
所以，
所以，所以；
【小问3详解】
在中，由正弦定理得，
所以，
所以

所以
，
因为，所以，
所以当，即时，取最小值，
故关于的函数表达式为，最小值为.