福建省福州市闽侯县第六中学高一下学期期中质量检测数学试题（解析版）-A4

这是一份福建省福州市闽侯县第六中学高一下学期期中质量检测数学试题（解析版）-A4，共16页。试卷主要包含了考试结束，考生必须将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
（完卷时间：120分钟；满分：150分）
注意事项
1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号、姓名．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．
2．第I卷每小题选出答案后，用2B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，再选涂其它答案标号．第Ⅱ卷用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答．在试题卷上作答，答案无效．
3．考试结束，考生必须将答题卡交回．
第I卷
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. 复数的虚部是（ ）
A 2B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的概念可判断.
【详解】的实部为虚部为，
故选：C.
2. 下列命题中正确的是（ ）
A. 直四棱柱是长方体
B. 正六棱锥的侧面都是正三角形
C. 用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台
D. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥
【答案】C
【解析】
【分析】由正棱柱、正棱锥的概念判断A、B；由旋转体的结构特征判断C、D．
【详解】对于A，长方体是底面为矩形的直四棱柱，故A不正确；
对于B，正棱锥的侧面都是等腰三角形，所以正六棱锥的侧面都是等腰三角形，故B不正确；
对于C，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台,故C正确；
对于D，以直角三角形的直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的旋转体为圆锥，故D不正确.
故选：C.
3. 在中，点D在边上，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量基本定理得到答案.
【详解】.
故选：A
4. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为菱形，且，则四边形的面积为（ ）
A. 16B. 8C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据斜二测画法规则即可求解.
【详解】由斜二测法的规则得：在坐标系中，四边形是矩形，
由有，
所以矩形的面积为.
故选：B.
5. 已知圆锥的高为6，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A. 12B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据侧面的展开图，可得，进而根据勾股定理即可求解.
【详解】设圆锥底面圆半径为，母线长为，
则，故，
因此圆锥的高为，故，
所以母线长为，
故选：B
6. 在中，内角所对的边分别为，若，则的形状为（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等边三角形D. 等腰直角三角形
【答案】A
【解析】
【分析】将切化弦，再结合正弦定理得到，进而有，即可判断.
【详解】因为，所以，
在中，由正弦定理得
∴，
∵，∴，
所以是等腰三角形
故选：A.
7. 用一个平行于正三棱锥底面的平面去截该棱锥，底面与截面之间那部分的多面体是一个高为2的三棱台，且，则该三棱台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】计算出上下底面面积，利用棱台体积公式进行求解.
【详解】由题，，
所以该三棱台的体积为.
故选：B
8. 某校为加强劳动教育，在校内的空地上修建一块形状为平面四边形的劳动基地，如图所示，其中米，米，，且，则当四边形的面积最大时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】这道题考查的是余弦定理和三角形面积公式的综合运用.
【详解】如图，连接，设米.
因为，所以为等边三角形，则，
在中，由余弦定理可得
，即，
由辅助角公式可知
，，
故当，即时面积最大，
故选：D.
【点睛】思路点睛：先由，且得到为等边三角形，再利用余弦定理找到与的关系，列出面积公式后用辅助角公式化简求值即可.
方法点睛：辅助角公式
，
.
关键点点睛：该题中，熟练运用三角形面积公式与辅助角公式是关键,
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知复数和对应的向量分别是，向量对应的复数记为z，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由向量的运算求得复数，再由复数的运算判断各选项．
【详解】∵，∴，
所以，，，，
因此BC正确，AD错误，
故选：BC．
10. 如图是一个正方体的展开图，则在这个正方体中，下列结论正确的是（ ）
A. 与平行B. 与是异面直线
C. 与相交D. 与是异面直线
【答案】ABD
【解析】
【分析】把平面图还原正方体，由正方体结构特征逐一判断即可.
【详解】把正方体的平面展开图还原原正方体如图，
在正方体中，与平行，故A正确；由异面直线定义可得，与是异面直线，故B正确；
与是异面直线，故C错误；由异面直线定义可得，与是异面直线，故D正确；
故选：ABD.
11. 如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量．若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标，记．设，则（ ）
A. B.
C. D. 在方向上的投影向量的坐标为
【答案】BD
【解析】
【分析】根据模长公式即可求解A,根据向量的加法运算即可求解B，根据数量积的运算律即可求解C，根据投影向量的计算公式即可求解D.
【详解】对于A，由于则，故A正确，
对于B，，故B正确，
对于C,，故C错误，
对于D, 在方向上的投影向量为，故D正确，
故选：BD
第Ⅱ卷
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若是关于的方程的一个根，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】先由方程复数根互为共轭复数可得为另外一个根，再用韦达定理求解即可.
【详解】根据方程复数根互为共轭复数，可得为另外一个根.
利用韦达定理结合复数的加法和乘法运算可知
，
故答案为：.
13. 一质点在力的共同作用下，由点移动到点，则的合力对该质点所做的功为_______．
【答案】6
【解析】
【分析】利用向量运算法则得到，，从而利用向量数量积的坐标公式进行计算.
【详解】由题意得：，
，
则合力对该质点所做的功为.
故答案为：6.
14. 在锐角中，内角所对的边分别为且，则_______，边长c的取值范围为_______．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用余弦定理得到，求出，由正弦定理得到，根据为锐角三角形，得到，求出，得到答案.
【详解】，，故，
所以，
又为锐角三角形，，故，
由正弦定理得，即，
所以，
为锐角三角形，，
，解得，
又，所以，
所以，，，
所以.
故答案为：，
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知复数，且是实数．
（1）求；
（2）在复平面内，复数对应的点在第四象限，求实数m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用复数的乘法运算结合复数的定义，列式计算求得即可得；
（2）利用复数的加法运算及复数的几何意义，列出不等式求解即可.
【小问1详解】
因为
所以
由是实数，得，
∴，
【小问2详解】
由（1）知，
∴，
∵复数对应的点在第四象限，
∴，解得
实数m的取值范围是.
16. 已知向量．
（1）若单位向量与共线，求向量的坐标；
（2）若，求实数m的值；
（3）求与夹角的余弦值．
【答案】（1）或；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用共线及单位向量的意义直接求解.
（2）利用向量线性运算的坐标表示，结合向量垂直的坐标表示列式求出.
（3）求出的坐标，再利用夹角公式求解.
【小问1详解】
由，得，
则与共线的单位向量为，
所以或.
【小问2详解】
依题意，，，
由，得，即，
所以.
【小问3详解】
依题意，，
所以.
17. 如图，在矩形和四分之一的拼接的平面图形中，，，将该图形绕所在直线旋转一周形成的面所围成的旋转体记为．
（1）求的体积；
（2）求的表面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据球体与柱体的体积公式直接求解；
（2）根据球体与柱体的表面积公式直接求解.
【小问1详解】
依题意得，旋转体的上方是一个半球体，下方是一个圆柱，如图所示．
，，
，
，
，
所以的体积为．
【小问2详解】
，，
，
，
．
所以的表面积为．
18. 已知的内角所对的边分别为，且．
（1）求B；
（2）若，且为边的中点，求的长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）法一：由正弦定理边化角，诱导公式及两角和的正弦公式即可求解；法二：由余弦定理边化角即可求解；
（2）法一：由余弦定理求得，再求得，在中由余弦定理即可求解；法二：由余弦定理求得，在中由列出方程即可求解；法三：由余弦定理求得，再根据及平面向量数量积的运算律即可求解；法四：由余弦定理求得，求得，在由列出方程即可求解．
【小问1详解】
法一：因，
由正弦定理得，，
所以，
所以，
因为，所以，
因，所以．
法二：因为，
由余弦定理得，，
得，
则，
因为，所以．
【小问2详解】
法一：由（1）知，，
在中，，
由余弦定理得，，
所以，整理得，
解得，或（舍去），
所以，
在中，因为D为边的中点，所以，
由余弦定理得，
，
所以．
法二：由（1）知，，
在中，，
由余弦定理得，，
所以，整理得，
解得，或（舍去），
因为D为边的中点，所以，
因为，所以，
所以，
所以，解得．
法三：由（1）知，，
在中，，
由余弦定理得，，
所以，整理得，
解得，或（舍去），
因为，
所以
，
所以．
法四：由（1）知，，
在中，，
由余弦定理得，，
所以，整理得，
解得，或（舍去），
所以，
在中，因为D为边的中点，所以，
由余弦定理得，
，
所以．
19. 在正方体中．
（1）如图1，若平面，求证：三点共线；
（2）分别为和的中点，分别为和的一个三等分点（都靠近C端）．
①如图2，求证：三线共点；
②过点三点作该正方体的截面，在图3中画出这个截面（不必说明画法和理由，但要保留作图痕迹）．
【答案】（1）证明见解析
（2）①证明见解析；②答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据平面的基本事实3即可得证；
（2）①先分别延长交于点R，连接，然后利用，得出，再利用，可以得出与的交点为的三等分点，即为点Q，从而得证.
②利用平行直线共平面即可作出截面图.
【小问1详解】
证明：如图，连接，
面，且面是面与面公共点，
面，
面面，
是面与面的公共点，
面面，
又面面，
是面与面的公共点，
，即三点共线．
【小问2详解】
①证明：如图，分别延长交于点R，连接，
直线面，
，
又，
与的交点为的三等分点，即点Q，
三线共点．
②解：如图，六边形即为所求作的截面．