山东省枣庄市薛城区2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

2022-2023学年下学期高一期中学情检测

数学试题

本试卷共4页，22题，全卷满分150分.考试用时120分钟.

注意事项：

1.答卷前考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效、

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.

一、单项选择题：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. （    ）

A.  B.  C.  D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数的乘法运算求解.

【详解】由题意可得：.

故选：A.

2. 若向量，则点A的坐标为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出，即可得出点A的坐标.

【详解】由题意，

∵，

∴

∴，

故选：B.

3. 对于横纵坐标均为整数的向量，若它们的模相同，坐标不同，则称这些向量为“等模整向量”如向量是模为的“等模整向量”，则模为的“等模整向量”的个数为（    ）

A. 4 B. 8 C. 10 D. 12

【答案】B

【解析】

【分析】根据“等模整向量”的概念求解.

【详解】设向量为，则，又为整数，

所以，从中取值，故符合条件的“等模整向量”为，共有8个.

故选：B

4. “近水亭台草木欣，朱楼百尺回波濆”，位于济南大明湖畔的超然楼始建于元代，历代因战火及灾涝等原因，屡毁屡建．今天我们所看到的超然楼为2008年重建而成，共有七层，站在楼上观光，可俯视整个大明湖的风景．如图，为测量超然楼的高度，小刘取了从西到东相距104（单位：米）的A，B两个观测点，在A点测得超然楼在北偏东的点D处（A，B，D在同一水平面上），在B点测得超然楼在北偏西，楼顶C的仰角为，则超然楼的高度（单位：米）为（    ）

A. 26 B.  C. 52 D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意结合直角三角形分析运算即可.

【详解】由题意可得：（米），

在中，可得，则（米），

在Rt中，可得为等腰直角三角形，即（米）.

故选：C.

5. 矩形中，，M为线段上靠近A的三等分点，N为线段的中点，则（    ）

A.  B. 0 C. 1 D. 7

【答案】C

【解析】

【分析】以为基底向量表示，根据数量积的定义及运算律分析运算.

【详解】以为基底向量，

则，

因为，则，

所以.

故选：C.

6. 三棱锥的侧棱上分别有三点E，F，G，且，则三棱锥与的体积之比是（    ）

A. 6 B. 8 C. 12 D. 24

【答案】D

【解析】

【分析】根据体积公式计算三棱锥的体积与三棱锥的体积表达式，再求其比值.

【详解】设的面积为，设的面积为，

则，，又，

，

∴  ，

过点作平面，过点作平面，如图，

则，∴ 与相似，

又，∴ ，

∵  ，，

∴ ，

∴ 三棱锥与的体积之比是24.

故选：D.

7. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据数量积的运算可推得，正弦定理边化角可得.然后根据三角形内角和以及两角和的正弦定理化简可推得，辅助角公式化简可求得，然后根据角的范围，即可得出答案.

【详解】由已知可得，.

由正弦定理边化角可得，.

因为，

所以有.

又，所以，

即，所以.

因为，所以，

所以，所以.

故选：B.

8. 已知A，B，C，D四点都在表面积为的球O的表面上，若球O的直径，且，则三棱锥体积的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，根据正弦定理可求r，根据几何关系可求D到平面ABC的距离为定值，当△ABC面积最大时，三棱椎A－BCD体积最大，利用余弦定理、基本不等式、三角形面积公式可求△ABC面积的最大值，即得.

【详解】设球O的半径为R，因为球O的表面积为，故，即，

∵，，设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，

∴根据正弦定理知，，即，

∴，

∵AD是直径，O是AD中点，故D到平面ABC的距离为，

在△ABC中，根据余弦定理得，，

即，

∴，当且仅当时，等号成立，

∴△ABC面积的最大值为，

∴三棱锥A－BCD体积的最大值.

故选：D.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，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. 关于复数，下列说法中正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据复数的模及复数的乘法判断B，C选项，根据复数的共轭复数判断D选项，结合共轭复数及模长判断A选项.
 

【详解】设，

,A选项正确;

,B选项错误;

,C选项正确；

,

,

D选项正确;.

故选:ACD.

10. 已知正四棱台中，，则关于该正四棱台，下列说法正确的是（    ）

A.  B. 高为 C. 体积为 D. 表面积为

【答案】BC

【解析】

【分析】根据正四棱台的结构特征逐项分析判断.

【详解】过分别作底面、的垂线，垂足分别为、，

则，

可得.

对于A：在Rt中，可得，

且为锐角，则，故A错误；

对于B：正四棱台的高即为，故B错误；

对于C：正四棱台的体积，故C正确；

对于D：四棱台的表面积，故D错误；

故选：BC.

11. 石墨的二维层状结构存在如图所示的环状正六边形，正六边形为其中的一个六元环，设，P为正六边形内一点（包括边界），则下列说法正确的是（    ）

A.  B.

C. 在上的投影向量为 D. 的取值范围为

【答案】BCD

【解析】

【分析】建系，利用向量坐标的运算判断A、B、C，对于D：结合向量的投影分析运算.

【详解】如图，以点A为坐标原点建立平面直角坐标系，

则，

可得.

对于A：因为，则，故A错误；

对于B：，故B正确；

对于C：因为，则，

所以在上的投影向量为，故C正确；

对于D：分别过、作直线的垂线，垂足分别为、，

则，可得在上的投影的取值范围为，

且，所以的取值范围为，故D正确；

故选：BCD.

12. 已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，内一点N满足与交于点D，则下列说法正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】由正弦定理判断A，再由向量的线性运算判断D，根据数量积运算判断B，由B知在角平分线上可判断C.

【详解】，

由正弦定理可得，故A正确;

，

可得，故D正确；

，故B正确；

如图，

是的角平分线，

，故C不正确.

故选：ABD

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. ___________．

【答案】

【解析】

【分析】根据虚数单位的周期性求解.

【详解】,

故答案为：

14. 中，为边的中线，，，，则中线的长为_________.

【答案】##

【解析】

【分析】先由三角形构建平行四边形，使转化为，然后在根据余弦定理求，即可.

【详解】 

如图，以边,为邻边做平行四边形，

因为边的中线，则由平行四边形性质知共线，且，

在平行四边形中，，，

在中，由余弦定理得：

，

所以，，

故答案为：

15. 设M为内一点，且，则与的面积之比为___________．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意结合三点共线的结论确定点的位置，进而分析运算即可.

【详解】在取点，使得，则，

可知：点为的中点，

可得，即，

所以与的面积之比为.

故答案为：.

16. 早在15世纪，达·芬奇就曾提出一种制作正二十面体的方法：如图（1），先制作三张一样的黄金矩形，然后从长边的中点E出发，沿着与短边平行的方向，即，再沿着与长边行的方向剪出相同的长度，即；将这三个矩形穿插两两垂直放置（如图（2）），连接所有顶点即可得到一个正二十面体（如图（3））．若黄金矩形的短边长为2，则按如上制作的正二十面体的表面积为______________，其内切球的表面积为______________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】正二十面体的表面是20个全等的等边三角形，且每个等边三角形的边长都等于黄金矩形的短边长可得其表面积，根据对称性可知内切球的球心在所有黄金矩形的对角线交点处，从而可求出球的半径，得出答案.

【详解】正二十面体的表面是20个全等的等边三角形，

且每个等边三角形的边长都等于黄金矩形的短边长2.

所以表面积为：

根据对称性可知：三个黄金矩形的对角线交于一点, 设该点为

由对称性可知，内切球和外接球的球心在所有黄金矩形的对角线交点处，

点O连接其中一个面ABC，如图，作面ABC，则OA为外接球半径，为内切球的半径.

黄金矩形的短边长为2，设长边为，则 ，即

所以黄金矩形的对角线长为

所以外接球的半径为：

由正三棱锥的性质可知，为的中心，为的外接圆半径，

所以，所以

所以

所以内切球的表面积为

故答案为：；

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. 已知复数．

（1）求；

（2）若z是关于x的方程的一个根，求实数a，b的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据复数的除法求，进而求模长；

（2）将代入方程，根据复数相等列式求解.

【小问1详解】

因为，

所以．

【小问2详解】

由（1）可得：，

将代入方程得：，

则，解得：．

18. 已知是同一平面内的三个向量，其中．

（1）若，且，求坐标；

（2）若，且，求与的夹角．

【答案】（1）或   

（2）

【解析】

【分析】（1）设，然后根据向量模以及向量垂直的坐标表示，列出方程组，求解即可得出答案；

（2）根据已知可推得，然后即可得出，进而得出答案.

【小问1详解】

设，

由已知可得，解得或

所以或．

【小问2详解】

由已知可得，.

由得，

即，

即，

所以，

所以.

因为，，

故.

19. 如图，圆锥的底面半径为3，此圆锥的侧面展开图是一个半圆．

（1）求圆锥的表面积；

（2）若圆锥的底面圆周和顶点S都在球的球面上，求球的体积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设，根据圆锥的侧面展开图是一个半圆，由求得母线后再利用表面积公式求解.

（2）令，利用球的截面圆性质，由求得半径即可.

【小问1详解】

解：设，

由题意得：，则．

所以．

【小问2详解】

令，

由，得，

解得．

故．

20. 中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c．已知．

（1）求角A的大小；

（2）若，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据题意利用正、余弦定理分析运算；

（2）利用正弦定理进行边化角，在结合三角恒等变换及余弦函数分析运算.

【小问1详解】

因为，

由正弦定理得，整理得，

所以，

且，故.

【小问2详解】

因为，可得，

则

，

因为，所以，则

所以，即．

21. 已知是边长为2的等边三角形，D为边的中点，E为边上任一点（包括端点），F在线段延长线上，且．

（1）当最小时，求的值；

（2）求取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1） 设，把转化为，由求出，从而可知当时，最小，把转化为用表示，再把代入即可求出的值；

（2）把 转化为用表示，化简为只含变量的二次函数，用二次函数求最值的方法即可求得的取值范围．

【小问1详解】

如图，

设

因为，所以

当时，最小，

此时.

【小问2详解】

由（1）知，故，

因为

，

因为，所以.

22. 中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.

（1）求的值；

（2）若BD是的角平分线.

（i）证明：；

（ii）若，求的最大值.

【答案】（1）   

（2）（i）证明见解析；（ii）

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合两角和正弦公式化简，即可得答案；

（2）（i）在和中，分别应用正余弦定理，得出线段之间的等量关系，结合角平分线以及分式的性质，即可证明结论；（ii）利用（i）的结论以及基本不等式即可求得答案.

【小问1详解】

因为中，，

故

，

因为，故；

【小问2详解】

（i）证明：中，由正弦定理得①，

又②，

同理在中，③，

④，

BD是的角平分线，则，

则，

又，故，

故①÷③得⑤，即，

由②④得，

，

则

，

即；

（ii）因为，故，

则由⑤得，则，

由以及（i）知，

即，则，

当且仅当，结合，即时等号成立，

故，即的最大值为.

【点睛】难点点睛：本题解答的难点在于的证明，证明时要利用正余弦定理得到涉及到的线段之间的等量关系，然后利用分式的性质进行变形，过程比较复杂，计算量较大，因此要十分注意.