河北省沧州市四县学校联考高一下学期4月期中考试数学试题（解析版）-A4

这是一份河北省沧州市四县学校联考高一下学期4月期中考试数学试题（解析版）-A4，共10页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：人教A版必修第二册第六章～第八章第3节．
一、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. 已知复数，则（ ）
A. 的虚部为B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知可得的虚部，即可判断；由复数模的运算即可判断；由共轭复数的定义即可判断；虚部不为0的复数不能比较大小，即可判断.
【详解】由已知可得的虚部为，故错误；
，故错误；
，故正确；
虚部不为0的复数不能比较大小，故错误.
故选：C.
2. 如图，在一密闭的圆柱形容器中装一半的水，水平放置时，水面的形状是（ ）
A. 圆B. 矩形C. 椭圆D. 梯形
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合圆柱的几何结构特征，即可作出判断，得到答案.
【详解】如图所示，在一密闭的圆柱形容器中装一半的水，水平放置时，
可得分别为圆柱的母线，所以且，
又因为圆柱的母线与底面垂直，且在底面内，所以，
所以截面为矩形.
故选：B.
3. 已知中，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由余弦定理，代入数值即可求得的值.
【详解】由余弦定理得.
故选：B.
4. 若单位向量，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据向量的模求出，再进行求解集即可.
【详解】因为，为单位向量，两边平方，得，
所以，则．
故选：D．
5. 已知复数是关于的方程的一个根，则（ ）
A. 7B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将代入，求得，进而得到答案.
【详解】因为是关于的方程的一个根，所以，
即，所以且，解得，，
所以．
故选：D．
6. 如图，在复平面内每个小方格的边长均为1，向量，对应的复数分别为，，则（ ）

A. B. 17C. 5D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，求得，结合复数模的计算公式，即可求解.
【详解】在复平面内每个小方格的边长均为1，由图可得，，
所以，则．
故选：A．
7. 如图，在正三棱柱中，M为棱的中点，N为棱上靠近点C的一个三等分点，若记正三棱柱的体积为V，则四棱锥的体积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，取AC的中点D，可得BD⊥平面，分别计算四棱锥的体积与正三棱柱的体积，即可得解.
【详解】正三棱柱中，设，
取AC中点D，连接BD，
则BD⊥AC，BD＝，，
正三棱柱的体积，
平面ABC，BD平面ABC，则BD，
又BD⊥AC，，平面，则BD⊥平面，
，
则四棱锥的体积．
故选：B．
8. 已知某圆台的体积为，其轴截面为梯形，，，则在该圆台的侧面上，从点到的最短路径的长度为（ ）
A. B. C. 6D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由体积公式与已知数据待定圆台母线与高，再利用侧面展开图中距离求解最短路径长即可.
【详解】由圆台轴截面为等腰梯形，故对边不是母线，分别是下、上底面圆的直径.
故由，得圆台的下底面的半径为，上底面的半径为，
设圆台的高为，由圆台的体积为，
得，解得.
在梯形中，则，即母线长为.
如图，由圆台性质，延长交于点，
由与相似，得，解得.
设该圆台的侧面展开图的圆心角为，
则，所以，
连结，则从点到的最短路径为线段，
又中，，，
由余弦定理得
所以.
验证知，由，得，，
此时，恰与扇形弧所在圆相切，满足题意.
故选：B.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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. 下列关于空间几何体的叙述错误的是（ ）
A. 底面是正方形的棱锥是正四棱锥
B. 任何一个几何体都必须有顶点、棱和面
C. 有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
D. 一个棱柱至少有5个面
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据空间几何体的定义和特点逐个选项判断即可.
【详解】底面是正方形，且顶点在底面上的射影为底面正方形的中心的四棱锥是正四棱锥，A错误；
球没有顶点和棱，B错误；
将两个相同的棱台的底面重合得到的多面体满足有两个面互相平行，其余各面都是梯形，但是这样的多面体不是棱台，C错误；
棱柱的底面至少有3条边，所以一个棱柱至少有5个面，D正确．
故选：ABC．
10. 已知，均为复数，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则是实数
C. 若，则是纯虚数D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据复数运算公式，以及概念，即可判断选项.
【详解】因为，又，所以，A正确；
设，则，所以为实数，B正确；
设，则，又，所以，，所以是纯虚数，C正确；
若，，则满足，而，D错误.
故选：ABC.
11. 已知是边长为1的正六边形内一点（含边界），且，，则（ ）
A. 的面积恒为B. 存在，使得
C. D. 的取值范围是
【答案】AC
【解析】
【分析】根据向量共线，即可求解A，根据对称性可求解BC，根据数量积的定义求解D.
【详解】由，可得，即，
所以在正六边形的对角线上运动，所以，
所以的面积为定值，且，A正确；
因为正六边形关于直线对称，所以不论在何处，总有，B错误；
根据图形的对称性，当为的中点时，取到最大值，
当与或重合时，取到最小值，故的取值范围是，C正确；
，的取值范围是，D错误．
故选:AC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，若，则实数____.
【答案】##5.5
【解析】
【分析】利用平面向量垂直的坐标表示计算即可.
【详解】因为，所以，即，解得.
故答案为：.
13. 已知复数，则_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据虚数的性质，求得，结合，得到，再由共轭复数的概念，即可求解.
【详解】由虚数乘方的性质，可得，其中，可得，
所以，所以.
故答案为：.
14. 在四面体ABCD中，，，，，，，则四面体ABCD的外接球的表面积为______，四面体ABCD的体积为______.
【答案】 ①. ②. 1
【解析】
【分析】勾股定理判断出、为直角三角形，取BD的中点O，O为四面体ABCD的外接球的球心，可求得四面体ABCD的外接球的表面积；将四面体ABCD补成直三棱柱，根据求出体积.
【详解】在四面体ABCD中，
，，，，，
因为，所以为直角三角形，
因为，所以为直角三角形，取BD的中点O，
则，所以O为四面体ABCD的外接球的球心，
则BD为四面体ABCD的外接球的直径，
所以四面体ABCD的外接球的表面积为；
将四面体ABCD补成直三棱柱，如图，
， ，，，
所以，，
所以，即，
故四面体ABCD的体积为
故答案为：；1.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
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，（，为虚数单位）．
（1）若为纯虚数，求实数的值；
（2）若在复平面内所对应的点位于第四象限，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，化简得到，根据复数为纯虚数，列出方程组，即可求解；
（2）根据题意，化简得到，根据在复平面内所对应的点位于第四象限，列出不等式组，即可求解.
【小问1详解】
解：由复数，，
可得，
因为复数为纯虚数，所以，解得．
【小问2详解】
解：由，
可得，
因为在复平面内所对应的点位于第四象限，可得，解得
所以实数的取值范围为．
16. 如图所示，为四边形OABC的斜二测直观图，其中，，．
（1）画出四边形的平面图并标出边长，并求平面四边形的面积；
（2）若该四边形以OA为旋转轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积及表面积．
【答案】（1）作图见解析，4；
（2），．
【解析】
【分析】（1）根据斜二测画法还原直观图，求出的边长，即可求出四边形的面积.
（2）由（1）可知旋转而成的几何体可以看成圆柱加上一个同底的圆锥，求出相关量，再利用锥体、柱体的体积与表面积公式求解.
【小问1详解】
在直观图中，，，
则在平面图形中，，，于是，
所以平面四边形的平面图形如下图所示：

由上图可知，平面四边形为直角梯形，所以面积为．
【小问2详解】
直角梯形以OA为轴，旋转一周而成的几何体可以看成圆柱加上一个同底的圆锥，
由（1）可知几何体底面圆半径为，圆柱母线长和高都为1，即；
圆锥高为，母线长为，
所以体积；
所以表面积.
17. 已知的内角的对边分别为，且的周长为．
（1）求；
（2）若，，是的平分线，且交于点，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，得到，利用正弦定理化简得到，结合余弦定理，求得，即可求解.
（2）由余弦定理，得出方程，求得，再由是的平分线，得到，利用，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
解：因为的周长为，可得，
由正弦定理，可得，即，
整理得，
又由余弦定理，可得．
因为，所以．
【小问2详解】
解：在中，因为，，
由余弦定理得，即，
解得或（舍去），
又因为是的平分线，可得，，
所以，解得．
18. 如图，一个圆锥挖掉一个内接正三棱柱（棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上），若棱柱侧面落在圆锥底面上．已知正三棱柱底面边长为，高为2．

（1）求挖掉的正三棱柱的体积；
（2）求该几何体的表面积．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由三棱柱的体积公式计算即可；
（2）根据几何图形性质解得圆锥底面圆半径和圆锥高，利用圆锥表面积、矩形的面积公式计算即可.
【小问1详解】
因为正三棱柱的底面边长为，高为2，
则，
所以正三棱柱的体积．
【小问2详解】
在正三棱柱中，由（1）知，，
，
设圆锥的底面圆圆心为O，则O是矩形的中心，设圆O半径为，
有，即，
令的中点为，连接，则，
且，，，
于是，解得，
则圆锥的母线长，
圆锥的底面圆面积，侧面积，
三棱柱的表面积为，
所以该几何体的表面积为：
.

19. 如图所示，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为仿射坐标系，若在仿射坐标系下，则把有序数对叫做向量的仿射坐标，记为．
（1）在仿射坐标系中，若，，且，求实数；
（2）在仿射坐标系中，若，．
①当时，求；
②设，若对任意实数，恒成立，求的最大值．
【答案】（1）
（2）① ；②
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合，得出方程，即可求解；
（2）①当时，利用数量积的公式，求得，，，结合向量的夹角公式，即可求解；
②由，转化为对恒成立，求得，再由向量的夹角公式，得到，进而求得其最值，得到答案.
【小问1详解】
因为，，
所以，
又因为，存在实数使得，即，
所以，可得，解得．
【小问2详解】
①当时，，，，
所以，
，
，
所以．
②因为，
，
，
由，得，
所以对恒成立，
又因为，所以，
解得，
因为，所以满足题意．
所以，
又因为，所以，