2022-2023学年山西省太原市高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年山西省太原市高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．复数的共轭复数为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据共轭复数的概念，即可得出答案.

【详解】根据共轭复数的概念，可知复数的共轭复数为.

故选：C.

2．已知向量满足，，则（    ）

A．6 B．8 C．10 D．12

【答案】B

【分析】根据数量积的运算，展开即可得出答案.

【详解】.

故选：B.

3．已知复数，则下列说法正确的是（    ）

A．的虚部为4 B．复数在复平面内对应的点位于第三象限

C． D．

【答案】D

【分析】求复数的代数形式，再由复数虚部的定义，复数的几何意义，复数的乘法运算，复数的模的运算公式依次判断各选项.

【详解】因为，

则的虚部为2，A错误；

复数z在复平面内对应的点为，在第二象限，B错误；

，C错误；

，D正确.

故选：D.

4．已知向量，，若，则与夹角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由已知结合数量积的运算律，可求得，代入求出的值，即可得出答案.

【详解】由已知可得，，即.

又，，

所以有，解得，

所以，

所以，，

所以，，，

所以，.

故选：B.

5．已知一圆锥的母线长为，侧面积为，则该圆锥的高为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】计算出圆锥的底面半径，利用勾股定理可求得该圆锥的高.

【详解】设该圆锥的底面半径为，高为，圆锥的侧面积为，解得，

因此，该圆锥的高为.

故选：A.

6．在四边形中，若，且，则该四边形是（    ）

A．正方形 B．菱形

C．矩形 D．等腰梯形

【答案】C

【分析】由结合平面向量数量积可得出，再结合可得出结论.

【详解】因为，则，

即，整理可得，

易知、均为非零向量，则，

因为，则且，

所以，四边形为矩形.

故选：C.

7．在边长为2的正方形中，点为边上的动点，点为边上的动点，且，则的最小值为（    ）

A．6 B．5 C．4 D．3

【答案】D

【分析】建立平面直角坐标系，写出的坐标，求出数量积，即可得出答案.

【详解】

如图，建立平面直角坐标系，则，设，，

则，所以，，

所以，，，

所以，，

所以当时，有最小值.

故选：D.

8．已知的面积为，，，则（    ）

A． B． C． D．2

【答案】A

【分析】根据面积公式可求得.由余弦定理即可求出.根据正弦定理，即可推得.

【详解】由可得，，

所以.

由余弦定理可得，，

所以.

由正弦定理可得，.

故选：A.

9．用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的是（    ）

A．三角形的直观图是三角形

B．平行四边形的直观图是平行四边形

C．正方形的直观图是正方形

D．菱形的直观图是菱形

【答案】AB

【分析】根据斜二测直观图的画法规则，对选项逐一判断，即可得到结果.

【详解】由斜二测直观图的画法规则，平行依旧垂改斜，横等纵半竖不变，

可知三角形的直观图还是三角形，故A正确；

平行四边形的直观图仍然是平行四边形，故B正确；

正方形和菱形的直观图是平行四边形，故CD错误；

故选：AB.

二、多选题

10．已知复数、，则下列结论正确的是（    ）

A．

B．若，则

C．若，则、中至少有个是

D．若且，则

【答案】ACD

【分析】利用复数的模长公式可判断A选项；利用虚数不能比较大小可判断B选项；利用复数的三角形式的代数运算结合反证法可判断C选项；利用复数的运算性质结合C选项可判断D选项.

【详解】设，，

对于A选项，，

所以，

，

因为

，

则，

所以，，A对；

对于B选项，若、中至少有一个为虚数，则、不能比较大小，B错；

对于C选项，若，假设、均不为零，则，，

则存在、，使得，，

则，

因为，则、不可能同时为零，

所以，，

故假设不成立，所以，、中至少有一个为零，C对；

对于D选项，，则，

因为，则，由C选项可知，，即，D对.

故选：ACD.

11．在直角坐标系xOy中，已知点，则（    ）

A．若，则

B．若点P在BC上，则

C．若，则

D．若在方向上的投影向量是，则

【答案】AC

【分析】根据向量共线的坐标表示计算可判断AB；由向量相等建立方程组求得，可判断C；先求得投影和与同向的单位向量，然后由投影向量列方程，变形可判断D.

【详解】由题知，

所以

A中，因为，所以，即，A正确；

B中，，因为点P在BC上，

所以，所以，即，B错误；

C中，

因为

所以

即，解得，所以，C正确；

D中，与同向的单位向量为

在上的投影

所以

所以，即，D错误.

故选：AC

12．半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成，体现了数学的对称美.如图，二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若它的所有棱长都为，则（    ）

A．被截正方体的棱长为2

B．被截去的一个四面体的体积为

C．该二十四等边体的体积为

D．该二十四等边体外接球的表面积为

【答案】ACD

【分析】由已知可推得，二十四等边体的各个顶点均为正方体各个棱的中点，即可得出A项；根据A项，可知四面体是三条侧棱两两垂直，即可得出三棱锥的体积，判断B项；根据B项的结果，以及正方体的体积公式，即可得出C项；设球心为，连结，取中点为，连结，构造，根据勾股定理，即可求出，即外接球的半径为，即可求出表面积得出D项.

【详解】

对于A项，由已知可推得，二十四等边体的各个顶点均为正方体各个棱的中点，

如图1，则，所以，故A项正确；

对于B项，如图1，由A知，四面体是三条侧棱两两垂直，且长度为的三棱锥，所以，故B项错误；

对于C项，正方体的体积为，所以该二十四等边体的体积为，故C项正确；

对于D项，如图2，设球心为，显然是正方体的中心，连结，取中点为，连结，

因为分别是的中点，所以.

又，，

所以，在中，有，所以，

所以，该二十四等边体外接球的半径，表面积为，故D项正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．设复数满足，则__________.

【答案】/

【分析】利用复数的除法化简可得复数.

【详解】因为，则.

故答案为：.

14．如图所示的图案，是由圆柱、球和圆锥组成，已知球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面，则图案中圆锥、球、圆柱的体积__________.

【答案】

【分析】由已知可设底面圆的半径为，进而由已知得出圆锥、球、圆柱的体积，即可得出答案.

【详解】设底面圆的半径为，则圆柱的高为，球的半径为，

所以，圆锥的体积，，，

所以，图案中圆锥、球、圆柱的体积.

故答案为：.

15．如图，从气球上测得正前方的河流的两岸，的俯角分别为75°，30°，此时气球的高是，则河流的宽度等于______.

【答案】

【分析】由题意画出图形，由两角差的正切求出15°的正切值，然后通过求解两个直角三角形得到DC和DB的长度，作差后可得答案．

【详解】

由图可知，

在中，

在中，

河流的宽度BC等于

故答案为： .

【点睛】本题给出实际应用问题，求河流在B,C两地的宽度，着重考查了三角函数的定义、正余弦定理解三角形的知识，属于中档题．

16．已知向量，，且，则的取值范围是__________.

【答案】

【分析】由题意设，，，由把用表示，由得出满足的关系式，用换元法，设，，

这样可得用表示，从而可得其范围．

【详解】设，，，则，

由得，

，，由得，

设，，

由，

因为，所以．

故答案为：．

四、解答题

17．已知复数，且为纯虚数.

(1)求实数的值；

(2)设复数，且复数对应的点在第二象限，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求得的共轭复数，代入中，化简求得对应的实部与虚部，再由纯虚数的定义即可求得实数的值；

（2）将代入中化简，求得复数的标准形式，及对应的点，再由第二象限点的特点，即可求得实数的取值范围.

【详解】（1）因为，

，

又为纯虚数，

，

解得.

（2），

因为复数所对应的点在第二象限，

所以，

解得，

所以的取值范围是.

18．如图，在中，已知，BC，AC边上的中线AM，BN相交于点P．设．

(1)用表示；

(2)求．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据向量代数运算即可求解；

（2）先证明点P为的重心，则，根据向量模求解公式即可求解．

【详解】（1）；

（2）因为AM，BN分别为BC，AC边上的中线

所以点P为的重心，则

由于

所以，

．

19．如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，.

(1)画出平面四边形的平面图，并计算其面积；

(2)若该四边形以为轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积.

【答案】(1)平面图见解析，面积为

(2)几何体的体积为，表面积为

【分析】（1）设与交点为，在中，求出，，即可得出答案；

（2）先求出，.然后根据题意可推得旋转形成的几何体为圆柱挖去一个同底的圆锥，与一个同底的圆锥构成的组合体.进而根据组合体的构成，结合圆柱、圆锥的体积公式、表面积公式，即可得出答案.

【详解】（1）

如图1，设与交点为，

因为，，所以，.

的平面图如图2所示：

则，

.

（2）由（1）可得，在中，有，

所以，，所以.

如图3，分别过点作及其延长线的垂线，垂足为.

矩形绕及其延长线，旋转一周得到一个底面半径，母线的圆柱；

绕，旋转一周得到一个底面半径，母线，高的圆锥；

绕及其延长线，旋转一周得到一个底面半径，母线，高的圆锥.

所以，旋转形成的几何体为圆柱挖去一个同底的圆锥，与一个同底的圆锥构成的组合体.

则旋转形成的几何体的体积即等于圆柱的体积，减去挖去的圆锥体积，加上组合的圆锥的体积，

所以，旋转形成的几何体的体积.

旋转形成的几何体的表面积即等于圆柱的侧面积，加上两个圆锥的侧面积之和，

所以.

20．的内角、、的对边分别为、、，已知向量与向量共线.

(1)求；

(2)若的面积为，，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用向量共线的坐标表示以及正弦定理可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）由三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，再利用正弦定可求得的值.

【详解】（1）解：在中，，

向量与向量共线，，

由正弦定理可得，

，

、，则，，.

（2）解：由三角形的面积公式可得，得，

由余弦定理，故，

由正弦定理，得，

所以.

21．的内角的对边分别为，已知向量与向量共线.

(1)求；

(2)若的面积为，求周长的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由向量共线的坐标运算可得，再根据正弦定理化简即可得出答案；

（2）根据的面积公式可得，再根据余弦定理以及基本不等式化简即可得出结论.

【详解】（1）在中，，

向量与向量共线，，

由正弦定理可得，

，

又，所以

（2）因为，所以，

由余弦定理得：，

所以，

所以.

所以周长的取值范围是.

22．如图所示，是一块三角形空地，其中，，.当地政府计划将这块空地改造成一个休闲娱乐场所，拟在中间挖一个人工湖，其中、在边上，且，挖出的泥土堆放在地带形成假山，剩下的地带建成活动场所.

(1)当时，求的长度；

(2)若要求挖人工湖用地的面积是堆假山用地面积的倍，试确定的大小.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出，然后在中利用余弦定理可求得的长；

（2）设，由可求出，然后在中，利用正弦定理结合三角恒等变换求出的值，求出的取值范围，可求得的值，即为所求.

【详解】（1）解：在中，因为，，，

则，所以，

在中，，，，

由余弦定理得.

（2）解：设，

因为，所以，

即，

在中，由正弦定理，

得，所以，即，

由，得，所以，即.

23．如图所示，是一块三角形空地，其中，，.当地政府规划将这块空地改造成一个休闲娱乐场所，拟在中间挖一个人工湖，其中在边上，且，挖出的泥土堆放在地带上形成假山，剩下的地带建成活动场所.

(1)若要求挖人工湖用地的面积是堆假山用地面积的倍，试确定的大小；

(2)为节省投入资金，人工湖的面积要尽可能小，问如何设计施工方案，可使的面积最小？最小面积是多少？

【答案】(1)

(2)时，的面积取得最小值，最小值为

【分析】（1）由已知可推得.设，根据已知，推得.在中，由正弦定理得，即可得出，根据的范围，即可得出答案；

（2）在中，由正弦定理得，在中，由正弦定理得.即可得出，根据的范围，即可得出答案.

【详解】（1）在中，因为，，，

所以.

因为，所以.

设，

因为，

所以，即.

又，

所以.

在中，由正弦定理可得，

，即.

所以，整理可得.

由，得，所以，即.

（2）由（1）知，

所以，则.

在中，由正弦定理可得，

即，所以.

在中，有，，，

所以.

由正弦定理可得，，

整理可得，.

因为，

所以.

因为，所以，

所以当，即时，的面积取得最小值，

此时

最小值为.