2022-2023学年福建省龙岩市一级校联盟高一下学期期中联考数学试题含答案

2022-2023学年福建省龙岩市一级校联盟高一下学期期中联考数学试题

一、单选题

1．复数的实部为（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】B

【分析】利用复数的除法运算进行化简，进而求得复数的实部.

【详解】，实部为.

故选：B

2．若向量，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由向量的坐标运算可得答案.

【详解】因为向量，，

所以.

故选：C.

3．有一个水平放置的多边形斜二测直观图是直角梯形（如图所示），，，，，则原多边形面积为（    ）

A． B． C．6 D．12

【答案】B

【分析】根据斜二测画法的规则，得到原图形为直角梯形，且，，结合梯形的面积公式，即可求解.

【详解】根据题意，可得直观图的梯形中，，

可得，

由斜二测画法的规则，可得原多边形为直角梯形，

则，

所以原图形的面积为.

故选：B.

4．已知，，且与的夹角为，则在上的投影向量为（  ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先求出数量积，再根据投影向量公式求解即可.

【详解】因为，，且与的夹角为，

所以，

所以在上的投影向量为.

故选：A

5．设向量与的夹角为，定义与的“向量积”：是一个向量，它的模，若，则（    ）

A．5 B． C． D．

【答案】A

【分析】根据平面向量的数量积的运算，结合平面向量的模的运算及夹角的运算，利用的定义，即可求解.

【详解】由向量，可得，

且，可得，

因为，可得，

所以.

故选：A.

6．“今有城，下广四丈，上广二丈，高五丈，袤两百丈．”这是我国古代数学名著《九章算术》卷第五“商功”中的问题．意思为“现有城（如图，等腰梯形的直棱柱体），下底长4丈，上底长2丈，高5丈，纵长200丈（1丈＝10尺）”，则该问题中“城”的体积等于（    ）

A．立方尺 B．立方尺 C．立方尺 D．立方尺

【答案】D

【分析】根据柱体体积公式求得正确答案.

【详解】依题意，该柱体的体积为立方尺.

故选：D

7．如图所示，为了测量处岛屿的距离，小明在D处观测，分别在D处的北偏西15°，北偏东45°方向，再往正东方向行驶20海里至C处，观测B在C处的正北方向，A在C处的北偏西60°方向，则A，B两处岛屿间的距离为（    ）

A．海里 B．海里 C．海里 D．海里

【答案】B

【分析】利用正弦定理求得，利用余弦定理求得.

【详解】在三角形中，，

，

由正弦定理得，

，

在三角形中，，

所以，所以，

由余弦定理得海里.

故选：B

8．已知正六棱锥的侧棱长为，底面边长为2，点为正六棱锥外接球上一点，则三棱锥体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先根据锥体的结构特征求正六棱锥的高，再求其外接球的半径，再求球心到平面的距离，最后结合锥体的体积公式求三棱锥体积的最大值即可.

【详解】由题意可得正六棱锥的高为，

设正六棱锥的外接球的球心到底面的距离为，

设外接球半径为，则， ，

解得，

设外接球的球心为，则即为正六边形的中心，连接，

过作交于，过作交于，

因为底面，底面，所以，

又，平面，所以平面，

因为平面，所以，

又，平面，所以平面，即为球心到平面的距离，

因为，，

所以在中由等面积法可得，解得，

因此点到平面的最大距离为，

因为，所以三棱锥体积的最大值为，

故选：B

【点睛】关键点睛：解决多面体和球的切接问题的关键在于确定球心的位置，求出球的半径.

9．下列命题中，真命题有（    ）

A．若复数，满足，则且

B．若复数，则

C．若，则复平面内对应的点位于第一象限

D．已知复数z满足，则z在复平面内对应的点的轨迹为直线

【答案】BD

【分析】根据已知条件，结合特殊值法，共轭复数的定义，复数的四则运算及复数的几何意义即可判定选项.

【详解】当, 时，且，，故选项A错误；

设，则，

可得，故选项B 正确；

，则，

对应的点位于第三象限，故选项C 错误；

设z在复平面内对应的点为，且，，

表示到点距离，表示到点距离，

又，则,

所以点轨迹为线段的垂直平分线为直线，故选项D正确；

故选：BD.

二、多选题

10．下列说法中正确的是（    ）

A．已知两直线平行于平面，那么直线一定平行

B．若直线平行，直线在平面内，则直线平行于平面内的无数条直线

C．若直线不平行于平面，则平面内的所有直线均与a异面

D．若直线与平面有两个公共点，则直线在平面内

【答案】BD

【分析】根据线线、线面位置关系等有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】A选项，直线平行于平面，可能平行、异面、相交，A选项错误.

B选项，由于，所以在内与平行的直线（异于），都与平行，B选项正确.

C选项，若直线不平行于平面，如，

则内有无数条直线与平行，所以C选项错误.

D选项，根据平面的性质可知，如果一条直线上有两个点在一个平面内，

则这条直线在这个平面内，所以D选项正确.

故选：BD

11．若的内角的对边分别为，则下列说法中正确的是（    ）

A．若，，，则有两组解

B．在中，已知，则是等腰或直角三角形

C．若，则

D．若为锐角三角形，且，，则面积的取值范围是

【答案】ABD

【分析】根据正弦定理、三角形的面积公式以及三角恒等变换等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】A选项，由正弦定理得，

则，或，

同时，所以三角形有两组解，A选项正确.

B选项，依题意，则为锐角，

由正弦定理得，，

所以，

，则或，

所以或，所以三角形等腰或直角三角形，B选项正确.

C选项，当时，如，，

满足，但，所以C选项错误.

D选项，由正弦定理得

，

由于三角形是锐角三角形，所以，解得，

所以，即.

由三角形的面积公式得，

所以D选项正确.

故选：ABD

12．如图，在平面四边形ABCD中，，，，，F为边AB的中点．若E为边CD上的动点，则（    ）

A．当E为边CD的中点时，

B．

C．三角形EAB面积的最小值为

D．的最小值为

【答案】ACD

【分析】由向量的线性运算可判定A选项；根据特殊位置与重合时可判定B选项; 当在位置时点到直线距离最短，此时可求得三角形EAB面积的最小值，则可判定C选项;通过数量积的积化和差公式可计算数量积的最值，继而判定D选项.

【详解】F为边的中点．若E为边上的动点,

,,

,故选项A正确;

连接,由，可得,

又，可得，则，

所以直角三角形中,

当与重合时，在三角形DAF中由余弦定理可得,

，

此时,,

,故选项B错误；

当在位置时点到直线距离最短，此时三角形EAB面积取得最小值

,故选项C正确；

,

当时最小，此时过作,垂足为,

在直角三角形中由于，

所以，

可得，所以的最小值为，故选项D正确；

故选：ACD.

三、填空题

13．设向量，不平行，，，，若三点共线，则      ．

【答案】

【分析】根据三点共线列方程，从而求得的值.

【详解】，，

由于三点共线，所以存在使，

即，

所以，解得.

故答案为：

14．已知一个正三棱锥的侧棱为，其底面是边长为2的等边三角形，则此正三棱锥的高为      ．

【答案】

【分析】根据正三棱锥的几何性质，利用勾股定理求得正确答案.

【详解】如下图所示正三棱锥，三角形是等边三角形，

顶点在底面的射影是的中心，设为，则平面，

设是的中点，则三点共线，且，

由于平面，所以，

，所以.

故答案为：

15．如图，在中，已知，，，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P，则的余弦值为      ．

【答案】/

【分析】根据题意建立直角坐标系，从而得到各点坐标，进而利用向量夹角余弦的坐标表示即可得解.

【详解】依题意，以为原点，所在直线为轴，过作的垂线为轴，如图所示，

因为，，，

所以，则，

，

即为向量与的夹角，

，

，，

.

故答案为：.

16．如图，设的内角所对的边分别为，，且，若是外一点，，，则当四边形的面积最大时，      ．

【答案】/

【分析】利用三角函数恒等变换的公式化简求得，进而求得，设，在中，由余弦定理求得，结合三角形的面积公式，求得四边形的面积为，利用三角函数的性质，即可求解.

【详解】因为，

由正弦定理得，可得，

又因为，可得，所以，

因为，可得，所以，所以，

又因为，所以，

在直角中，设，则，

在中，由余弦定理可得，

因为，代入上式可得，所以，

所以四边形的面积为

，（其中），

所以当时，四边形的面积取得最大值，

此时，所以.

故答案为：.

四、解答题

17．已知复数，．

(1)当m取何值时，z为纯虚数？

(2)当时，求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据纯虚数的知识列式，从而求得.

（2）根据复数乘法以及复数的模的知识求得正确答案.

【详解】（1）若为纯虚数，则，解得.

（2）当时，，

所以，

所以.

18．如图所示，在四边形ABCD中，，，，，E为AB的中点，连接DE．

(1)将四边形ABCD绕着线段AB所在的直线旋转一周，求所形成的封闭几何体的表面积和体积；

(2)将绕着线段AE所在直线旋转一周形成几何体W，若球O是几何体W的内切球，求球O的表面积．

【答案】(1)表面积为，体积为

(2)

【分析】（1）先判断封闭几何体的结构，然后计算出该几何体的表面积和体积.

（2）先求得内切球的半径，进而求得内切球的表面积.

【详解】（1）依题意，，，所以四边形是直角梯形，

.

将四边形ABCD绕着线段AB所在的直线旋转一周，所得几何体如图所示，

几何体上半部分是圆锥，下半部分是圆柱.

表面积为，

体积为.

（2）将绕着线段AE所在直线旋转一周形成几何体W，是圆锥，如图所示，

设的内切圆半径，也即圆锥W的内切球的半径为，

，

则，

解得，

所以内切球的表面积为.

19．如图所示，平行四边形中，，，分别是的中点，为线段上的一点，且．

(1)以为基底表示向量与；

(2)若，，与的夹角，求．

【答案】(1)；

(2)

【详解】（1）；

；

（2），，与的夹角，，

.

20．已知的三个内角的对边分别是，且满足．

(1)求角的值；

(2)若角的角平分线交于，且，边上的中线交于点，且，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理与余弦定理，结合题意化简得到，得到，即可求解；

（2）利用角的平分线的性质，以及，结合向量的数量积的运算性质，列出方程求得的值，进而求得三角形的面积.

【详解】（1）解：在中，由正弦定理可得，即，

因为，可得，

即，

又由余弦定理可得，可得，即，

因为，所以.

（2）解：因为为角的角平分线，所以，

在中，由正弦定理得，

在中，由正弦定理得，

又因为，所以，

因为，所以，即，

因为为中线，所以，

即，

即，所以，，

所以的面积为.

21．已知在中，，，，.

(1)求的取值范围；

(2)若线段BE上一点D满足，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据数量积运算及向量的求模的公式得到，然后利用一元二次函数求最值即可；

（2）利用向量运算及三点共线得，再利用基本不等式即可求解最小值.

【详解】（1）因为在中，，，，，

所以，

当时，则取得最小值为，当时，则取得最大值，

所以，所以的取值范围为；

（2）因为且，，

所以，又，所以，

因为B、E、D三点共线，所以，所以，

所以，当且仅当即时等号成立，

所以的最小值为.

22．对于任意平面向量，则绕其起点沿逆时针方向旋转角得到的向量为，已知绕点逆时针旋转后再将模长伸长到原来的倍得向量.

(1)求的坐标；

(2)若D、E、F分别为CB、BA、AC上的点，且，为正三角形.

①当时，求的面积；

②当时，求面积的取值范围.

【答案】(1)

(2)①；②

【分析】（1）利用已知条件和向量的线性运算化简即可得到答案；

（2）①设，在中，利用正弦定理得到，在中，求出由求得角，从而得到面积；②由正弦定理得到，利用，得到的等量关系，从而得到面积公式，利用的范围即可得面积的范围.

【详解】（1）∵

∴

（2）①由（1）知：在中，，，

设：，则

在中，∵，，∴

在中，∵，∴

由题，为正三角形，所以，即：

∴，∴，∴

从而的面积为：

②设：，则

在中，

在中，

由，得，

∴，

∴，（其中：）

∴.