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4.江西省南昌市2022-2023学年高一下学期期末调研检测数学试题
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这是一份4.江西省南昌市2022-2023学年高一下学期期末调研检测数学试题，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知复数z满（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
2．已知量，，若，则（ ）
A．B．C．D．2
3．若表示三个不同的平面，l表示直线，则下列条件能推出的是（ ）
A．，B．
C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
5．设时刻，时针和分针所夹的角为，则（）
A．0B．C．D．
6．一个封闭的玻璃圆锥容器AO内装水若干如图a所示，此时水面与AO形交于点B，将其倒置后如图b所示，水面与AO还是相交于点B，则（ ）
A．B．C．D．
7．某景区准备在两座山峰的山顶之间建设索道，要预先测量这两个山顶之间的距离.设两座山峰的山顶分别为，它们对应的山脚位置分别为，在山脚附近的一块平地上找到一点，（所在的平面与山体垂直），使得是以为斜边的等腰直角三角形，现从处测得到两点的仰角分和，若到的距离为1千米，则两个峰顶的直线距离为（ ）
A．千米B．千米C．千米D．千米
8．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派在研究正五边形和正十边形的作图时，发现了黄金分割比的为0.618，这一数值恰好等于，则（ ）
A．B．C．D．1
二、多选题
9．已知复数（为虚数单位），则下列说法中正确的有（ ）
A．z的虚部为B．
C．D．
10．如图，在平面直角坐标系中，圆O与x轴的正半轴相交于点，过点，作x轴的平行线与圆O相交于不同的B，C两点，且B点在C点左侧，设，，下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
11．函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位，再将横坐标扩大为原来的2倍得到的图象，则下列说法正确的有（ ）
A．B．
C．D．是的一个对称中心
12．由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体1如图1，沿着和分别作上底面的垂面，垂面经过棱的中点，则两个垂面之间的几何体2如图2所示，若，则（）
A．B．
C．平面D．几何体2的表面积为
三、填空题
13．已知向量，，则在方向上的投影数量是 .
14．请写出复数的一个平方根 （只需写出其中一个）.
15．在长方体中，，，则异面直线，所成的角的余弦值为 .
16．中，，延长至，使得，则的最大值为 .
四、解答题
17．已知复数，.
(1)求；
(2)若，且，求，y的值.
18．化简求值.
(1)
(2).
19．如图，三棱锥中，平面为的中点，，.
(1)求证：平面平面；
(2)求三棱锥的体积.
20．如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为CD，BC的中点，BE与AC，AF分别相交于M，N两点.
(1)若，求λ；
(2)若，求.
21．古语云:“积善之家，必有余兴”.扇是扇风的，有“风生水起”走好运之意，“扇”与“善”字谐音，佩戴扇形玉佩，有行善积德之意.一支考古队在对某古墓进行科考的过程中，发现一枚扇形玉佩，但因为地质原因，此扇形玉佩已经碎成若干块，其中一块玉佩碎片如图1所示，通过测量得到数据，，AB=2.（图1中破碎边缘呈锯齿形状）
(1)求这个扇形玉佩的半径；
(2)现又找到一块比较规则的三角形碎片，如图2所示，其三边长分别为，，1，且该三角形碎片有两边是原扇形边界的一部分，请复原该扇形玉佩的具体参数（圆心角.弧长、面积）.
22．小波到一个广告公司去应聘包装设计师职位，考官给大家出了一道题目:某礼品厂生产一种棱长为a的正四面体形状的礼品（如图）.请你为它设计一个包装盒，形状随意，可提出不同方案供考官选择（不考虑包装盒材料的质量、厚度、重量及接缝处损耗）
(1)小波给出了长方体和圆柱两个设计方案（如图），请分别计算这两个包装盒的表面积；
(2)考虑到礼品各面易碎，礼品较大，包装盒体积不能太大，但礼品各面与包装盒表面之间需要有填充物，请你帮小波设计一个方案.（需要面图表示，并配以简单说明理由）
参考答案：
1．B
2．C
3．C
4．B
5．C
6．A
7．A
8．D
9．BD
10．AB
11．ACD
12．ABC
13．
14．（或，答案不唯一）.
15．
16．
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据复数的乘法运算求解；
（2）根据题意结合复数相等列式求解.
【详解】（1）由题意可得：.
（2）因为，即，
可得，解得，
所以.
18．(1)
(2)2
【分析】（1）根据题意利用诱导公式运算求解；
（2）根据题意利用两角和的正切公式运算求解.
【详解】（1）由题意可得：
.
（2）因为，
整理得，
所以.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质得，从而可证得平面，再线面垂直的性质得，从而可证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）由，得三棱锥的高为，再根据棱锥的体积公式即可得解.
【详解】（1）因为为的中点，，
所以，
因为平面，平面，所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）因为，
所以三棱锥的高为，
，
故.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意以为基底向量，根据平面向量基本定理运算求解；
（2）由（1）可得，根据几何性质可得，进而结合数量积的定义以及运算律运算求解.
【详解】（1）以为基底向量，则，
因为，
所以，
又因为∥，则存在唯一实数，使得，
即，
可得，解得，
所以实数的值为.
（2）由（1）可得
因为∥，则，
可得，
由题意可得：，
则
，
所以.
21．(1)这个扇形玉佩的半径为
(2)扇形的圆心角为，弧长为，面积为
【分析】（1）先利用余弦定理求，可得，进而可求半径；
（2）先利用余弦定理求扇形的圆心角，进而结合扇形的相关公式运算求解.
【详解】（1）如图，设扇形的圆心为，连接，
在中，由余弦定理可得，
因为，可得，
在中，因为，则，即，
可得，
所以这个扇形玉佩的半径为.
（2）设扇形的圆心角为，
因为，可得，
所以扇形的圆心角为，弧长为，面积为.
22．(1)，
(2)答案见详解
【分析】（1）根据正四面体的结构特征运算求解；
（2）设计正方体，结合题意分析运算.
【详解】（1）如图，对于正四面体，过顶点作底面的垂线，垂足为，延长交于点，
可知平面，点为的中点，为的中心，，
由平面，则，
可得：，
对于长方体设计方案可知：长方体的长、宽、高分别为，
所以其表面积；
对于圆柱体设计方案可知：圆柱的底面半径为，高为，
所以其表面积.
（2）由（1）可知：对于长方体设计方案，体积为；
对于圆柱体设计方案可知，体积为；
如图，以正方体的设计方案，则正方体的棱长为，体积为，
因为，，故体积较小，
此时四面体在正方体内不易晃动，且方便运输和管理.
一、单选题
1．已知复数z满（为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
2．已知量，，若，则（ ）
A．B．C．D．2
3．若表示三个不同的平面，l表示直线，则下列条件能推出的是（ ）
A．，B．
C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．
C．D．
5．设时刻，时针和分针所夹的角为，则（）
A．0B．C．D．
6．一个封闭的玻璃圆锥容器AO内装水若干如图a所示，此时水面与AO形交于点B，将其倒置后如图b所示，水面与AO还是相交于点B，则（ ）
A．B．C．D．
7．某景区准备在两座山峰的山顶之间建设索道，要预先测量这两个山顶之间的距离.设两座山峰的山顶分别为，它们对应的山脚位置分别为，在山脚附近的一块平地上找到一点，（所在的平面与山体垂直），使得是以为斜边的等腰直角三角形，现从处测得到两点的仰角分和，若到的距离为1千米，则两个峰顶的直线距离为（ ）
A．千米B．千米C．千米D．千米
8．公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派在研究正五边形和正十边形的作图时，发现了黄金分割比的为0.618，这一数值恰好等于，则（ ）
A．B．C．D．1
二、多选题
9．已知复数（为虚数单位），则下列说法中正确的有（ ）
A．z的虚部为B．
C．D．
10．如图，在平面直角坐标系中，圆O与x轴的正半轴相交于点，过点，作x轴的平行线与圆O相交于不同的B，C两点，且B点在C点左侧，设，，下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
11．函数的部分图象如图所示，将的图象向左平移个单位，再将横坐标扩大为原来的2倍得到的图象，则下列说法正确的有（ ）
A．B．
C．D．是的一个对称中心
12．由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体1如图1，沿着和分别作上底面的垂面，垂面经过棱的中点，则两个垂面之间的几何体2如图2所示，若，则（）
A．B．
C．平面D．几何体2的表面积为
三、填空题
13．已知向量，，则在方向上的投影数量是 .
14．请写出复数的一个平方根 （只需写出其中一个）.
15．在长方体中，，，则异面直线，所成的角的余弦值为 .
16．中，，延长至，使得，则的最大值为 .
四、解答题
17．已知复数，.
(1)求；
(2)若，且，求，y的值.
18．化简求值.
(1)
(2).
19．如图，三棱锥中，平面为的中点，，.
(1)求证：平面平面；
(2)求三棱锥的体积.
20．如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别为CD，BC的中点，BE与AC，AF分别相交于M，N两点.
(1)若，求λ；
(2)若，求.
21．古语云:“积善之家，必有余兴”.扇是扇风的，有“风生水起”走好运之意，“扇”与“善”字谐音，佩戴扇形玉佩，有行善积德之意.一支考古队在对某古墓进行科考的过程中，发现一枚扇形玉佩，但因为地质原因，此扇形玉佩已经碎成若干块，其中一块玉佩碎片如图1所示，通过测量得到数据，，AB=2.（图1中破碎边缘呈锯齿形状）
(1)求这个扇形玉佩的半径；
(2)现又找到一块比较规则的三角形碎片，如图2所示，其三边长分别为，，1，且该三角形碎片有两边是原扇形边界的一部分，请复原该扇形玉佩的具体参数（圆心角.弧长、面积）.
22．小波到一个广告公司去应聘包装设计师职位，考官给大家出了一道题目:某礼品厂生产一种棱长为a的正四面体形状的礼品（如图）.请你为它设计一个包装盒，形状随意，可提出不同方案供考官选择（不考虑包装盒材料的质量、厚度、重量及接缝处损耗）
(1)小波给出了长方体和圆柱两个设计方案（如图），请分别计算这两个包装盒的表面积；
(2)考虑到礼品各面易碎，礼品较大，包装盒体积不能太大，但礼品各面与包装盒表面之间需要有填充物，请你帮小波设计一个方案.（需要面图表示，并配以简单说明理由）
参考答案：
1．B
2．C
3．C
4．B
5．C
6．A
7．A
8．D
9．BD
10．AB
11．ACD
12．ABC
13．
14．（或，答案不唯一）.
15．
16．
17．(1)
(2)
【分析】（1）根据复数的乘法运算求解；
（2）根据题意结合复数相等列式求解.
【详解】（1）由题意可得：.
（2）因为，即，
可得，解得，
所以.
18．(1)
(2)2
【分析】（1）根据题意利用诱导公式运算求解；
（2）根据题意利用两角和的正切公式运算求解.
【详解】（1）由题意可得：
.
（2）因为，
整理得，
所以.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直的性质得，从而可证得平面，再线面垂直的性质得，从而可证得平面，再根据面面垂直的判定定理即可得证；
（2）由，得三棱锥的高为，再根据棱锥的体积公式即可得解.
【详解】（1）因为为的中点，，
所以，
因为平面，平面，所以，
又平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为平面，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）因为，
所以三棱锥的高为，
，
故.
20．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意以为基底向量，根据平面向量基本定理运算求解；
（2）由（1）可得，根据几何性质可得，进而结合数量积的定义以及运算律运算求解.
【详解】（1）以为基底向量，则，
因为，
所以，
又因为∥，则存在唯一实数，使得，
即，
可得，解得，
所以实数的值为.
（2）由（1）可得
因为∥，则，
可得，
由题意可得：，
则
，
所以.
21．(1)这个扇形玉佩的半径为
(2)扇形的圆心角为，弧长为，面积为
【分析】（1）先利用余弦定理求，可得，进而可求半径；
（2）先利用余弦定理求扇形的圆心角，进而结合扇形的相关公式运算求解.
【详解】（1）如图，设扇形的圆心为，连接，
在中，由余弦定理可得，
因为，可得，
在中，因为，则，即，
可得，
所以这个扇形玉佩的半径为.
（2）设扇形的圆心角为，
因为，可得，
所以扇形的圆心角为，弧长为，面积为.
22．(1)，
(2)答案见详解
【分析】（1）根据正四面体的结构特征运算求解；
（2）设计正方体，结合题意分析运算.
【详解】（1）如图，对于正四面体，过顶点作底面的垂线，垂足为，延长交于点，
可知平面，点为的中点，为的中心，，
由平面，则，
可得：，
对于长方体设计方案可知：长方体的长、宽、高分别为，
所以其表面积；
对于圆柱体设计方案可知：圆柱的底面半径为，高为，
所以其表面积.
（2）由（1）可知：对于长方体设计方案，体积为；
对于圆柱体设计方案可知，体积为；
如图，以正方体的设计方案，则正方体的棱长为，体积为，
因为，，故体积较小，
此时四面体在正方体内不易晃动，且方便运输和管理.
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