2022-2023学年江苏省无锡市太湖高级中学高一下学期期中数学试题

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2023.04
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.
1. 是虚数单位，复数的虚部为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，化简复数为，结合复数的概念，即可求解.
【详解】由复数，所以复数虚部为.
故选：C.
2. 如图，长方体被一个平面截成两个几何体，其中，这两个几何体分别是（ ）
A. 三棱柱和四棱柱B. 三棱柱和五棱柱C. 三棱台和五棱台D. 三棱柱和六棱柱
【答案】B
【解析】
【分析】由棱柱的几何特征即可求解.
【详解】由于，所以,所以几何体为三棱柱，几何体为五棱柱，
故选：B
3. 在△ABC中，csC=，AC=4，BC=3，则csB=（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知条件结合余弦定理求得，再根据，即可求得答案.
【详解】在中，，，
根据余弦定理：
可得 ，即
由
故.
故选：A.
【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.
4. 已知空间向量，，且，，，则一定共线的三点是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量共线判断三点共线即可．
【详解】解：
，
又与过同一点B，
∴ A、B、D三点共线．
故选：C．
5. 已知中，三内角满足，三边满足，则是（ ）
A. 直角三角形B. 等腰直角三角形
C. 等边三角形D. 钝角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】由三角形内角和定理及可得，余弦定理及可得，即可得为等边三角形.
【详解】中，∵且，∴，
将，代入余弦定理可得，化简可得，即，
又∵，由等边三角形判定定理可知为等边三角形.
故选：C.
6. 是虚数单位，若复数满足，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的几何意义即可.
【详解】在复平面内，若复数满足，
则复数对应的点的轨迹是以为圆心，半径为2的圆，
几何意义是点到原点的距离，
，
所以的取值范围是.
故选：A.
7. 母线长为6的圆锥的侧面展开图的圆心角等于，则该圆锥的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆锥底面圆的半径为，根据题意求得，得到圆锥高，结合体积公式，即可求解.
【详解】由题意知，侧面展开图的弧长为，
设圆锥底面圆的半径为，则，解得，
所以圆锥高，所以体积为.
故选：B.

8. 在中，，，，是的内心，若，其中，则动点的轨迹所覆盖图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量加法的平行四边形法则可判断点的轨迹，由余弦定理求解边长，即可由等面积法求解内切圆半径，即可由三角形面积公式求解.
【详解】由，，
根据向量加法的平行四边形法则可知：动点的轨迹是以，为邻边的平行四边形及其内部，其面积为的面积的2倍.

在中，设内角所对的边分别为，，，
由余弦定理，得.
设的内切圆的半径为，则，
所以，解得，
所以.
故动点的轨迹所覆盖图形的面积为.
故选：D.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 棱柱的侧棱长都相等
B. 有一个面是平行四边形的棱锥一定是四棱锥
C. 棱台的侧面是等腰梯形
D. 用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据棱柱、棱锥、棱台和球的几何结构特征，逐项判定，即可求解.
【详解】由棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，所以棱柱的侧棱长都相等，所以A正确；
由棱锥的所有侧面均为交于一点的三角形，底面为多边形，所以有一个面是四边形的棱锥一定是四棱锥，B正确；
根据棱台的定义，棱台的各个侧面都是梯形，棱台的侧棱长可能不相等，所以C不正确；
根据球的截面的性质，可得用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面，所以D正确.
故选：ABD.
10. 已知向量，设的夹角为，则（ ）
A. B.
C. ∥D.
【答案】BD
【解析】
【分析】由已知条件求出的坐标，然后逐个分析判断即可.
【详解】因为，
所以，
对于A，因为，所以，
所以，所以A错误，
对于B，因为，所以，所以，所以B正确，
对于C，因为，所以，所以与不共线，所以C错误，
对于D，因为，的夹角为，
所以，
因为，所以，所以D正确，
故选：BD
11. 在复数集内，下列命题是真命题的是（ ）
A. 若复数，则
B. 若复数满足，则
C. 若复数，满足，则
D 若复数满足，则
【答案】AD
【解析】
【分析】根据复数的共轭定义，结合复数的乘除法运算，即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，若复数，则，，故A为真命题.
对于B，若复数，则，但，故B为假命题；
对于C，若复数，满足，但，故C为假命题；
对于D，设复数，则，
若，则，所以，故D为真命题；
故选：AD
12. 中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是（ ）
A.
B. 若，则有两解
C. 若为锐角三角形，则取值范围是
D. 若为边上的中点，则的最大值为3
【答案】CD
【解析】
【分析】根据向量运算结合面积公式得到，A错误，确定三角形只有一解，B错误，确定，计算，C正确，利用均值不等式结合余弦定理得到D正确，得到答案.
【详解】对选项A：，故，故，
，所以，错误；
对选项B：若，则，三角形只有一解，错误；
对选项C：为锐角三角形，则，，故，
则，，故，正确；
对选项D：若为边上的中点，则，
故，
又，，
由基本不等式得，当且仅当时等号成立，故，
所以，故，正确；
故选：CD.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 是虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为______.
【答案】
【解析】
【分析】由复数的乘法计算化简复数，由纯虚数的特征即可求解.
【详解】若是纯虚数，
则 ∴.
故答案为：
14. 中，若，，，则_________.
【答案】5
【解析】
【分析】
根据余弦定理和三角形的边之间的关系求解.
【详解】解：因为在中,,,,
由余弦定理：,
,
所以.
故答案为：
【点睛】本题题考查余弦定理求三角形的边,属于基础题.
15. 如图，将一个长方体沿着相邻三个面的对角线截出一个棱锥，则此棱锥的体积与剩下的几何体体积的比是______.

【答案】
【解析】
【分析】设长方体的长、宽、高分别为，，，根据长方体的几何特征，我们可得，，两两垂直，代入棱锥体积公式及长方体体积公式，求出三棱锥的体积与剩下的几何体体积，进而得到答案．
【详解】设长方体的长、宽、高分别为，，，
即，，．
由长方体，得，，两两垂直，
所以，
于是．
故剩下几何体的体积，
因此，．
故答案为：.

16. 图1是一个正六边形蜂窝状置物架，它设计简约、美化空间，深受大众喜爱，图2是从置物架图中抽象出的几何图形的示意图.如图2，若，则的值为______；若正六边形的边长均为2，点是折线上的动点（含端点），则的取值范围为______.

【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】建立如图平面直角坐标系，设正六边形的边长均为2，由可得，解方程即可求出的值；设，则，根据的范围解可求出的取值范围.
【详解】解：建立如图平面直角坐标系，设正六边形的边长均为2，

则，，，，，，，，
若，即，
所以，解得，，所以，
设，则，
因为，所以的取值范围为.
故答案为：；.
四、解答题：本大题共6小题，共70分.
17. 已知是虚数单位，复数满足.
（1）求复数的共轭复数；
（2）若，且，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用复数的除法运算即可化简复数，由共轭复数的定义即可求解，
（2）由复数的除法运算化简，由模长公式即可求解.
【小问1详解】
∵，
∴，
∴复数的共轭复数，
【小问2详解】
，∴，
又，即，
∴.
18. 设向量，满足，且.
（1）求与的夹角；
（2）求的大小.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）设与的夹角为，利用即可求出答案；
（2）利用即可求出答案
【小问1详解】
∵，；
∴，
∴，则，∵，
∴与的夹角为；
【小问2详解】
∵，
∴.
19. 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示，已知，，且.

（1）求原平面图形的面积；
（2）将原平面图形绕旋转一周，求所形成的空间几何体的表面积和体积.
【答案】（1）14 （2）表面积为，体积为.
【解析】
【分析】（1）根据直观图及其边长，得出平面图形的边长，然后根据梯形的面积，即可得出答案；
（2）根据题意得出几何体是由等底的圆柱和圆锥组成，进而根据组合体的性质结合圆柱以及圆锥的表面积、体积公式，即可得出答案.
【小问1详解】
由已知得原平面图形是直角梯形，
且上底，下底是，高
所以原平面图形的面积为
【小问2详解】
将原平面图形绕旋转一周，
所得几何体由等底的圆柱和圆锥组成，
其中圆锥的底面半径为2，高为2，圆柱的底面半径为2，高为6
所形成的空间几何体的表面积为
体积为.
20. 在中，角，，所对的边分别是，，，已知.
（1）求角的大小；
（2）在下列两个条件中任选一个，补充在下面问题中横线上，并解答.
若，，点是边上的一点，且______.求线段的长.
①是的中线；
②是的角平分线.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由条件变形结合余弦定理可得；
（2）选①：由向量的线性运算用表示出向量，然后平方将问题转化为数量积计算即可；选②：根据，结合面积公式可得.
【小问1详解】
∵，
∴，即
由余弦定理可得.
∵，∴.
【小问2详解】
若选①是的中线，
∵是的中线，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴.
若选②是的角平分线，
∵，，，
所以，
∴，
∴，
∴.
21. 如图，四边形中，，，，且，.

（1）求实数的值；
（2）若，是线段上的动点，且，求的最小值.
【答案】（1）
（2）11
【解析】
【分析】（1）根据和向量的数量积定义求解即可；
（2）方法1，以，所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，设，用表示出，根据二次函数的性质得出最小值；方法2：由向量的线性运算表示出，求出的最小值即可得出答案.
【小问1详解】
∵，∴，
∵，∴，
∵，
又，
∴，
∴.
【小问2详解】
如图，过点作，垂足为，

则，，，
（方法1）以为原点，以，所在直线为坐标轴建立平面直角坐标系，则，
设，，，
∴，，
∴，
∴当时，取得最小值11.
（方法2）设线段的中点为，则
当于点时，，
所以的最小值为.
22. 阳春三月，草长莺飞，正是春游的好季节，但是随着客流量的猛增，我市景区道路拥堵、停车困难的问题日益凸显.市交通部门为缓解某热门景区停车难的问题，决定在景区附近开辟一个如图所示的临时停车场，、为互相垂直的墙体，已有材料可建成的围栏与的总长度为120米，且，设.

（1）当米，时，求的长；
（2）当米时，求临时停车场面积的最大值及此时的值.
【答案】（1）米
（2）当时，临时停车场的面积最大，为平方米
【解析】
【分析】（1）根据题意求得，由余弦定理，即可求解；
（2）连接，由正弦定理求得，再在中，求得，得到，，结合三角函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
解：在中，，，，
由余弦定理，得
，所以故.
因此的长为米.
【小问2详解】
解：连接，由题意，，
在及中，由正弦定理得
所以，即
因为，所以，，
在中，.
于是
，
当，即时，取到最大值，最大值为.
因此，当时，临时停车场的面积最大，为平方米.