2022常熟高一下学期期中数学试题Word含解析

2021~2022学年第二学期期中试卷

高一数学

一､单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）

1. ，是两个单位向量，则下列四个结论中正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

A．分析方向；B．分析夹角；C．根据数量积计算结果进行判断；D．根据模长运算进行判断.

详解】A．可能方向不同，故错误；

B．，两向量夹角未知，故错误；

C．，所以，故错误；

D．由C知，故正确，

故选：D.

【点睛】本题考查向量的模长和数量积运算以及向量相等的概念，主要考查学生对向量的综合理解，难度较易.

2. 若复数满足（为虚数单位），则在复平面内对应的点位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】B

【解析】

【分析】化简复数，结合复数的几何意义，即可求解.

【详解】由题意，复数满足，可得，

可得复数在复平面内对应的点为位于第二象限.

故选：B.

3. 已知平面向量，满足，，，则向量与的夹角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据数量积的运算律求出，再根据夹角公式计算可得；

【详解】解：因为，，，

所以，所以，

设向量与的夹角为，则，

因为，所以；

故选：C

4. 如图所示的△ABC中，点D是线段AB上靠近A的三等分点，点E是线段BC的中点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】依题意可得，，根据平面向量的加减运算可得.

【详解】由已知可得，，

所以．

故选：B．

5. 一正四棱柱的底面边长为2，高为4，则该正四棱柱的外接球的表面积为（    ）

A. 6π B. 12π C.  D. 24π

【答案】D

【解析】

【分析】由于正四棱柱的体对角线就是其外接球的直径，所以先求出体对角线，从而可求得球的半径，进而可求出外接球的表面积

【详解】设正四棱柱的外接球半径为

因为正四棱柱的底面边长为2，高为4，

所以，得，

所以该正四棱柱的外接球的表面积为，

故选：D

6. 已知，，且，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据同角平方和关系可求，，然后根据正弦的和角公式即可求解.

【详解】由，可得：，所以，

故选：C

7. 某教师组织本班学生开展课外实地测量活动，如图是要测山高MN，现选择点A和另一座山的山顶（点）C作为测量观测点，从A测得点M的仰角∠MAN=45°，点C的仰角∠CAB=30°，测得∠MAC=75°，∠MCA=60°，已知另一座山高米，则山高MN等于（    ）

A.  B.  C. 200 D.

【答案】A

【解析】

【分析】在△ABC中，利用正弦定理求得，然后在△MAC中，利用正弦定理求得，然后在在Rt△AMN中求出山高．

【详解】解：在△ABC中，BC⊥AB，∠CAB＝30°，BC＝100，

所以可得AC＝＝＝200，

在△MAC中，∠MAC＝75°，∠MCA＝60°，所以∠AMC＝180°﹣75°﹣60°＝45°，

由正弦定理可得：＝，即＝，所以可得AM＝100，

在Rt△AMN中，∠MAN＝45°，所以MN＝AM•sin∠MAN＝100×＝100；

故选：A．

8. 在边长为2的等边△ABC中，D为AC的中点，M为AB边上一动点，则的最小值为（    ）

A.  B.  C. 2 D.

【答案】D

【解析】

【分析】以为基底向量，利用向量的线性运算可得，再根据数量积可得，结合二次函数求最小值．

【详解】如图：以为基底向量，

设

∵

∴当时，取到最小值

故选：D．

二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分.在每小题给出的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，请把答案添涂在答题卡相应位置上）

9. 圆柱的侧面展开图是长6cm，宽4cm的矩形，则这个圆柱的体积可能是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】由已知可求出圆柱的高和底面半径，从而可求出圆柱的体积

【详解】因为圆柱的侧面展开图是长6cm，宽4cm的矩形，

所以当圆柱的高为4cm，则底面周长为6cm，设底面半径为，则

，得，

所以此时圆柱的体积为，

当圆柱的高为6cm，则底面周长为4cm，设底面半径为，则

，得，

所以此时圆柱的体积为，

综上，圆柱的体积可能为或，

故选：AC

10. 已知复数，，是的共轭复数，则以下结论正确的是（    ）

A. 若，则 B. 若，则，且

C. 若是实数，则 D. 若，则

【答案】BD

【解析】

【分析】对于A，举例判断，对于B，由复数模的几何意义判断，对于C，举例判断，对于D，利用复数的运算性质和模的运算进行判断

【详解】对于A，若，则，而此时，所以A错误，

对于B，因为，，所以，所以，且，所以B正确，

对于C，若，则，而此时，所以C错误，

对于D，设，则

，

所以，

因为，

所以，所以D正确，

故选：BD

11. 下列计算正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据互余关系以及两角差的正弦可化简A,根据正切的二倍角公式可求解B，根据余弦的二倍角公式可化简C，根据同角平方关系以及正弦的二倍角公式即可化简D.

【详解】,故A对，
 

，故B错，

，故C对，

，故D对，

故选：ACD

12. 如图，设Ox，Oy是平面内相交成60°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xOy中的坐标.若在坐标系xOy中，，则下列结论正确的是（    ）

A.  B.  C.  D. 与的夹角为

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据对应的坐标是的坐标，进而可得，进而根据数量积的公式即可求解A,C,根据模长公式可求B,根据夹角公式可求D.

【详解】,故A错，C对，，故B对，

，由于，故，故D对.

故选：BCD

三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分.请把答案填写在答题卡相应位置上）

13. 已知向量，，若，则实数___________.

【答案】##

【解析】

【分析】先求出的坐标，再由，得可求出的值

【详解】因为，，

所以，

因为，

所以，解得，

故答案为：

14. 已知△ABC的面积为，，，则边BC长是___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据三角形面积公式及余弦定理，即得.

【详解】因为△ABC的面积为，，，

由三角形面积公式，

∴，又，

∴，即.

故答案为：.

15. 学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体挖去四棱锥O-EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，，，，打印所用原料密度为.在不考虑打印损耗的情况下，制作该模型所需原料的质量是___________g.

【答案】209

【解析】

【分析】根据题意可知模型的体积为长方体体积与四棱锥体积之差进而求得模型的体积，再求出模型的质量.

【详解】由题意得， ，

四棱锥O−EFG的高4cm， ∴．

又长方体的体积为，

所以该模型体积为，

其质量为．

故答案为：209

16. 在代数发展史上，解一元多项式方程一直是人们研究的一个中心问题.数学有如下代数基本定理：任何一元次复系数方程至少有一个复数根.进而可得到：一元n项式方程有n个复数根（重根按重数计）.早在古巴比伦时期，人们就会解一元二次方程.16世纪上半叶，数学家得到了一元三次方程､一元四次方程的解法，实系数一元二次方程在复数集C内的根，满足，，实系数一元三次方程在复数集C内的根满足，，，则方程的实数根为___________，虚数根___________.

【答案】    ①. -2    ②.

【解析】

分析】因式分解求解实数根和虚数根即可

【详解】即，解得实数根，又有，故，解得

故答案为：；

四､解答题（本大题共6小题，共计70分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤）

17. 已知复数z满足，为虚数单位.

（1）求复数z；

（2）若复数z，在复平面内对应的点为A，B，O为坐标原点，求OAB的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设复数,代入条件，根据复数相等得出关于方程，从而得出答案.

（2）根据条件得出点的坐标，从而得出的坐标，得出的值，从而可求出三角形的面积.

【小问1详解】

设复数，由题意，

得 ，解得，

所以.

【小问2详解】

由（1）可得，

所点，，，.

因为，所以，

所以

18. 已知，，是同一平面内的三个不同向量，其中.

（1）若，且，求；

（2）若，且，求的最小值，并求出此时与夹角的余弦值.

【答案】（1）或   

（2），此时

【解析】

【分析】（1）先设,根据坐标求模公式，即可求解.

(2) 根据题意，条件可化简为，再根据基本不等式，即可求解.

【小问1详解】

因为，且，所以设，

所以，

解得，

所以或.

【小问2详解】

由，得，

所以，

因为，，可得，

因为，所以，

当且仅当，时取等号.

所以.

设与夹角为，则此时.

19. 某港口海水的深度是时间t（时）（）的函数，记为.已知某日海水深度的数据如下：

经长期观察，的曲线可近似地看成函数的图象.

（1）根据以上数据，求出函数的表达式；

（2）一般情况下，船舶航行时，船底离海底的距离为5或5以上时认为是安全的（船舶停靠时，船底只需不碰海底即可）.某船吃水深度（船底离水面的距离）为7.5，如果该船希望在同一天内安全进出港，请问：它至多能在港内停留多长时间（忽略进出港所需时间）？

【答案】（1）   

（2）16小时

【解析】

【分析】（1）根据表中数据可判断出周期以及最值，即可代入求解；（2）假设能滞留的的情形，进而根据正弦型不等式求解范围，即可求解.

【小问1详解】

由题设的数据可得，故，，

周期，故，故，

因为时，所以，，

因为，所以，

.

【小问2详解】

令，则，得.

所以，，即，

因为，所以故或，

故船舶至多能在港内停留16小时.

20. 在①，②，③这三个条件中，有且只有一个符合题意，请选择符合题意的条件，补充在下面的问题中，并求解.

在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，___________.

（1）求角C；

（2）若M是AB边上的一点，且，求CM的长.

【答案】（1）选③，   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据正余弦定理边角互化，即可从三个条件中选择符合的，（2）根据向量的线性表示进而求模长

【小问1详解】

若选①，由正弦定理，可得，

因为，所以，可得.

因为△ABC为锐角三角形，所以C无解，不符合题意.

若选②，由正弦定理，可得.因为，，所以.

所以，

因为△ABC为锐角三角形，所以C无解，不符合题意.

若选③，由正弦定理，可得，

又，可得

因为，所以，可得，

因为，所以.

【小问2详解】

（法一）因为，所以.

所以

.

所以.

（法二）△ABC中，，

所以.

所以,在中，，，

所以，

所以.

21. 如图，某圆形小区有两块空余绿化扇形草地（圆心角为）和（圆心角为），为圆的直径.现分别要设计出两块社区活动区域，其中一块为矩形区域，一块为平行四边形区域，已知圆的直径百米，且点在劣弧上（不含端点），点在上､点在上､点和在上､点在上，记.

（1）经设计，当达到最大值时，取得最佳观赏效果，求取何值时，最大，最大值是多少？

（2）设矩形和平行四边形面积和为，求的最大值及此时的值.

【答案】（1）时，最大值为百米   

（2）百米，

【解析】

【分析】对于小问1，分别用变量来表达，，代入，得关于的函数，进行三角恒等变换整理成型函数求最大值；

对于小问2，分别用变量来表达矩形和平行四边形面积相加，得关于的函数，进行三角恒等变换整理成型函数求最大值.

【小问1详解】

在矩形OEFG中，，，所以.

因为MN∥PQ，，所以，

在△OQP中，，，由正弦定理可知：

，即，

得.

所以

因，所以，当，时，最大值为百米.

【小问2详解】

设平行四边形MNPQ边MN上的高为h，所以有，

所以平行四边形MNPQ的面积为，

在矩形OEFG中，，所以矩形OEFG的面积为，

所以

其中，，，因为，所以，

当，时，百米2，

此时.

22. 若已知向量，，设函数.

（1）若且，求的值；

（2）若函数在上的最大值为2，求实数a的值.

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1），由得，设，求出，，利用二倍角公式得出，，代入计算可得答案.

（2）求出，设，令，

分、、讨论，配方求值可答案.

【小问1详解】

由题意，

，

所以，，

设，则，因为，所以，，

所以，，

.

【小问2详解】

，

设，，得，

则，则，

①当，时，在处，，得；

②当，即时，在处，，得（舍去）；

③当，即时，在处，，得；

综上，或.