2022-2023学年福建师范大学附属中学高一下学期期中考试数学试题含解析

福建师范大学附属中学2022-2023年高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．复数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】D

【分析】直接利用复数的除法运算，结合复数的几何意义即可.

【详解】复数，

则其在复平面所对应的点为，故其在第四象限，

故选：D.

2．若用斜二测画法画一个水平放置的平面图形为如下图的一个正方形，则原来图形是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】利用斜二测画法判断.

【详解】解：由斜二测画法知：平行或与x轴重合的线段长度不变，平行关系不变，

平行或与y轴重合的线段长度减半，平行关系不变，

故选：A

3．设是平面向量的一组基底，以下四个选项中可以作为平面向量的一组基底的是（    ）

A．和 B．和

C．和 D．和

【答案】D

【分析】利用向量共线定理逐一判断即可.

【详解】对于A：，和共线，A错误；

对于B：，和共线，B错误；

对于C：，和共线，C错误；

对于D：不存在实数使，和不共线，D正确.

故选：D.

4．已知向量，满足，，且，则与的夹角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用向量垂直的充要条件、向量的数量积运算以及夹角公式进行计算求解.

【详解】因为，所以，即，

又，，所以，

解得，

又，则与的夹角为.

故选：D.

5．在中，内角所对的边分别为，则下列条件能确定三角形有两解的是（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【分析】结合已知条件和正弦定理即可求解.

【详解】对于A：由正弦定理可知，

∵，∴，故三角形有一解；

对于B：由正弦定理可知，，

∵，∴，故三角形有两解；

对于C：由正弦定理可知，

∵为钝角，∴B一定为锐角，故三角形有一解；

对于D：由正弦定理可知，，故故三角形无解.

故选：B.

6．在中，若，，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用三角形的面积公式、正弦定理、余弦定理进行求解.

【详解】在中，设角 所对的边分别为，

由题知，，又，，

所以，由余弦定理有：，解得，

所以由正弦定理有：，故A，C，D错误.

故选：B.

7．一艘海轮从A处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东40°的方向直线航行，2小时后到达B处，在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东70°，在B处观察灯塔，其方向是北偏东65°，那么B，C两点间的距离是（    ）

A．海里 B．海里 C．海里 D．海里

【答案】A

【分析】由题设作示意图，应用正弦定理求B，C两点间的距离即可.

【详解】由题设可得如下示意图，且，即，

由图知：，则，又，

所以，则海里.

故选：A

8．在中，，，分别为内角，，的对边，若，，则的面积的最大值为（    ）

A． B．2 C． D．4

【答案】A

【分析】由余弦定理得到，由同角关系求出，从而求出三角形面积的函数，利用二次函数知识得到面积的最大值.

【详解】因为，，由余弦定理得，

所以，

所以，

设，则，

所以当时，的面积有最大值，所以的面积的最大值为，

故选：A

二、多选题

9．下面关于空间几何体的表述,正确的是（    ）

A．棱柱的侧面都是平行四边形

B．直角三角形以其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几何体是圆锥

C．正四棱柱一定是长方体

D．用一个平面去截棱锥,底面和截面之间的部分叫做棱台

【答案】AC

【分析】用简单几何体的定义及特征去逐个判断即可.

【详解】对于A:棱柱的所有侧面都是平行四边形,且每相邻两个四边形的公共边都相互平行,故A正确.

对于B:只有以直角边为旋转轴旋转才能得到圆锥,以斜边为旋转轴旋转得到的是两个圆锥的组合体.故B错误.

对于C:正四棱柱是底面是正方形的直四棱柱,所以必然是长方体,故C正确.

对于D:只有截面与底面平行时,截面与底面之间的部分才是棱台,故D错误.

故选:AC.

10．设复数，其中i是虚数单位，下列判断中正确的是（    ）

A． B．

C．z是方程的一个根 D．满足最小正整数n为3

【答案】ACD

【分析】由共轭复数的定义写出，应用复数加法、乘方运算判断A、B；在复数域内求的根判断C；应用复数的三角表示有，即可判断最小正整数n判断D.

【详解】由题设，，则，，

所以A正确，B错误；

由的根为，故z是该方程的一个根，C正确；

由，则，故最小正整数n为3时，，正确.

故选：ACD

11．点O在所在的平面内，则下列结论正确的是（    ）

A．若，则点O为的外心

B．若，则点O为 的重心

C．若，分别表示，的面积，则

D．若且，则点O是的垂心

【答案】BC

【分析】运用平面向量的线性运算规则逐项分析点O的几何意义.

【详解】

如上图，D是AC的中点，E是AB的中点，F是BC的中点，

对于A， ， ，

， ，O点是垂心，错误；

对于B， ， ，

所以O是 的重心，正确；

对于C， ， ，即O是 的重心，

如图：

设EC的中点为G，则有: ，正确；

对于D，由条件可知： 在 方向的投影数量与 在 方向的投影数量相等， 在 方向的投影数量与 在 方向的投影数量相等，

所以O点在 和 的角平分线上，即O是 的内切圆的圆心，错误；

故选：BC.

12．中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形三边求面积的公式，求其法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有满足，且，则（    ）

A．

B．

C．的外接圆半径为

D．中线的长为

【答案】ABC

【分析】由题设及正弦定理得，再结合已知条件求，，即可判断A；应用余弦定理求角C即可判断B；正弦定理求外接圆的半径即可判断C；根据向量的线性运算，结合选项A和数量积的性质求解模长即可判断D．

【详解】因为满足，

所以由正弦定理得，

设，，，

因为的面积，

所以，

解得，即，因此A正确；

对于B，由余弦定理得，

又是三角形内角，因此，因此B正确；

对于C，由正弦定理知外接圆直径为，

则外接圆半径为，因此C正确；

对于D，因为是的中线，所以，

结合选项A得，

即，因此D不正确．

故选：ABC．

三、填空题

13．已知向量，，若，则______．

【答案】/

【分析】利用向量的线性运算的坐标表示及向量垂直的条件即可求解．

【详解】∵，∴，

又因为，，所以，，

∴，∴，

故答案为：．

14．如图，已知圆柱底面圆的半径为，高为2，AB，CD分别是两底面的直径，AD，BC是母线．若一只小虫从A点出发，从侧面爬行到C点则小虫爬行路线的最短长度是___．

【答案】

【分析】展开圆柱侧面，根据两点间直线距离最短求得正确结论.

【详解】展开圆柱的侧面如图所示，

由图可知小虫爬行路线的最短长度是.

故答案为：

15．设，则______．

【答案】

【分析】将复数表示成三角形式，利用复数三角形式的乘方法则可化简.

【详解】因为，

所以，.

故答案为：.

四、双空题

16．某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）.如图，已知锐角外接圆的半径为2，且三条圆弧沿三边翻折后交于点.若，则___________；若，则的值为___________.

【答案】          /5.75

【分析】第一空，由正弦定理求得，可得，利用三角形垂心性质结合三角形诱导公式推得，即得答案；

第二空，设，由余弦定理求得它们的余弦值，然后由垂心性质结合正弦定理表示出，即可求得答案.

【详解】设外接圆半径为，则，

由正弦定理，可知，

即，由于是锐角，故，

又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即,故，

所以；

设，

则，

由于，不妨假设，

由余弦定理知，

设AD,CE,BF为三角形的三条高，由于 ,

故 ,

则得，

所以，

同理可得，

所以,

故答案为：；

【点睛】本题重要考查了正余弦定理在解三角形中的应用，涉及到三角形垂心的性质的应用，解答时要能灵活地结合垂心性质寻找角之间的关系，应用正余弦定理，解决问题.

五、解答题

17．已知z是复数，为实数，为纯虚数（i为虚数单位）．

(1)求复数z；

(2)求的模．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设复数，根据题意为实数，为纯虚数，利用复数的运算即可求解；

（2）根据复数的除法运算和复数模的计算公式即可求解.

【详解】（1）设复数，

因为为实数，所以，则复数，

又因为为纯虚数，

则，得，

所以复数.

（2）由（1）可知复数，则，

所以的模为.

18．已知向量，，.

(1)若，，三点共线，求实数的值；

(2)若为锐角，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据向量运算得，，进而结合向量共线的坐标表示求解即可；

（2）结合题意得且与不共线，再根据数量积运算与共线的坐标表示求解即可.

【详解】（1）解：因为，，，

所以，，

因为，，三点共线，所以与共线，

所以，解得.

所以实数的值

（2）解：因为向量，，，

所以，，

因为为锐角，

所以且与不共线，即，解得且，

所以，实数的取值范围是

19．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．

(1)求C的值；

(2)若，求的周长的最大值．

【答案】(1)

(2)12

【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简即可求解；

（2）利用余弦定理和基本不等式即可求出结果.

【详解】（1）因为，所以，

即，又，所以，

所以，又，即；

（2）因为，由余弦定理可知，，

又因为，所以，

所以，

解得，当且仅当时，等号成立，

所以，即，

所以周长的最大值为12．

20．在中，点D，E分别在边和上，且交于点P，设．

(1)试用，表示；

(2)在边上有点F，使得，求证：B，P，F三点共线；

(3)若的面积为S，直接写出的面积（用S表示）．

【答案】(1) ，

(2)证明见解析，

(3)

【分析】（1）以 为基底，利用图中的几何关系表达 ，确定P点的位置；

（2）向量共线的法则证明；

（3）用比例的方法求解.

【详解】（1）由图可知： ，

设 ，则有 ，即 ， ，

，解得 ， ；

（2）由题意： ，

B，P，F三点共线；

（3） ；

所以， .

21．已知为虚数，若，且.

(1)求的实部的取值范围；

(2)设，求的最小值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设复数，根据复数的四则运算化简可得，进而可得的取值范围；

（2）根据复数的四则运算，结合基本不等式可得最小值.

【详解】（1）设，

则，

又，则，

所以，

所以，即，

解得；

（2），

由（1）得，

所以，

所以，

又，

所以，

所以，当且仅当，即时等号成立，

所以，

即的最小值为.

22．在中，角的对边分别为，已知．

(1)求角的大小；

(2)若，且为锐角三角形，求的周长的取值范围；

(3)若，且外接圆半径为2，圆心为为上的一动点，试求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）直接利用正余弦定理即可求解；

（2）利用正弦定理将周长转化为关于角的三角函数，利用三角函数的值域即可求解；

（3）易得三角形为等边三角形，取中点，可得，由为上的一动点，可得，进而可求的取值范围.

【详解】（1）依题意，

由正弦定理，，

由

可得，

由余弦定理，

则，则，

因为，所以；

（2）由为锐角三角形，，可得，

由正弦定理，则，

则，

则的周长为，

由，则，因为，整理得：

，解得或（舍去），

所以，则周长范围是；

（3）由正弦定理，则，则，

由，可得，则，

则三角形为等边三角形，取中点，如图所示：

则

，

由，则，则．

【点睛】方法点睛：（1）利用正余弦定理可进行边角互换用以化简条件；（2）涉及三角形周长与面积的最值问题，可将问题转化为基本不等式或三角函数来求最值；（3）外接圆动点范围问题，可转化为动点到某个定点的距离问题，结合几何图形性质分析得出范围.