福建省厦门第一中学2022-2023学年高一数学下学期期中考试试题（Word版附解析）

这是一份福建省厦门第一中学2022-2023学年高一数学下学期期中考试试题（Word版附解析），共29页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回.等内容，欢迎下载使用。

福建省厦门第一中学2022-2023学年度
第二学期期中考试
高一年数学试卷

考生注意：
1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将答题卡交回.
一、单选题：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. 已知为虚数单位，复数，则复数的模为（ ）．
A. 2 B. C. 1 D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数除法运算，先化简；再由复数模的计算公式，即可得出结果.
【详解】因为复数，所以．
故选：C．
2. 已知平面向量，，，若，，则实数与的和为( )
A. 6 B. C. 2 D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据、分别求出m和n即可．
【详解】∥，；
，，；
．
故选：D．
3. 已知圆锥PO，其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m，顶角为的等腰三角形，该圆锥的侧面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】运用圆锥侧面积公式计算即可.
【详解】如图所示，

设圆锥的半径为r，母线为l，
由题意知，，
在中，，
所以，
所以圆锥侧面积为.
故选：B.
4. 中国古代数学专著《九章算术》的第一章“方田”中载有“半周半径相乘得积步”，其大意为：圆的半周长乘以其半径等于圆面积.南北朝时期杰出的数学家祖冲之曾用圆内接正多边形的面积“替代”圆的面积，并通过增加圆内接正多边形的边数n使得正多边形的面积更接近圆的面积，从而更为“精确”地估计圆周率π.据此，当n足够大时，可以得到π与n的关系为（ ）

A.
B.
C.
D.

【答案】A
【解析】
【分析】设圆的半径为，由题意可得，化简即可得出答案.
【详解】设圆的半径为，将内接正边形分成个小三角形，
由内接正边形的面积无限接近圆的面即可得：，
解得：.
故选：A.
5. 在中，，，的面积为，则为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知条件，先根据三角形面积公式求出的值，然后利用余弦定理求出的值，即可得的值.
【详解】解：在中，
因为，，的面积为，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以.
故选：B.
6. 已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】B
【解析】
【分析】A：结合两直线的位置关系可判断或异面； B：结合线面平行的性质可判断； C：结合线面的位置关系可判断或相交； D：结合线面的位置关系可判断或.
【详解】A：若，则或异面，故A错误；
B：因为，所以在平面内存在不同于n的直线l，使得，则，从而，故，故B正确；
C：若，则或相交，故C错误；
D：若，则或，故D错误.
故选：B
7. 如图所示，在直三棱柱中，棱柱侧面均为矩形，，，，P是上的一动点，则的最小值为（ ）

A. B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余弦定理等求解即可.
【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，

设点的新位置为，连接，则有，如图，

当三点共线时，则即为的最小值.
在三角形ABC中，，，
由余弦定理得：,
所以，即,
在三角形中，，，
由勾股定理可得：,且.
同理可求：，因为，
所以等边三角形，所以，
所以在三角形中，,,
由余弦定理得：.
故选：D.
8. 已知中，，D，E是线段BC上的两点，满足，，，，则BC长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由可得出，由两边平方可求得然后在中利用余弦定理可求得答案.
【详解】如图，记,

，，，
，
，即，
，，

，
即，，

在中，,
.
故选：C.
二、 选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
9. 已知圆台的上底半径为1，下底半径为3，球O与圆台的两个底面和侧面都相切，则（ ）
A. 圆台的母线长为4 B. 圆台的高为4
C. 圆台的表面积为 D. 球O的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】作出圆台的轴截面，设圆台上、下底面圆心分别为，半径分别为，连接，利用平面几何知识得到，即可逐项计算求解．
【详解】设梯形ABCD为圆台的轴截面，则内切圆为圆台内切球的大圆，如图，

设圆台上、下底面圆心分别为，半径分别为，
则共线，且，
连接，则分别平分，
故，，
故，即，解得，
母线长为，故A正确；
圆台的高为，故B错误；
圆台的表面积为，故C正确；
球O的表面积为，故D正确.
故选：ACD.
10. 已知与是共轭虚数，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】设出复数，根据复数的运算，对每个选项进行逐一分析，即可判断.
【详解】由题意，复数与是共轭虚数，设、，且，
对于A项， ，，当时，由于复数不能比较大小，故A项不成立；
对于B项，因为，，所以，故B项正确；
对于C项，因为，所以C选项正确；
对于D项，由不一定是实数，故D项不成立.
故选：BC.
11. 对于，有如下命题，其中正确的有（ ）
A. 若，则为等腰三角形
B. 若，则为直角三角形
C. 若，则为钝角三角形
D. 若，则的面积为或
【答案】ACD
【解析】
【分析】A.根据条件得到的关系，由此进行判断；
B.利用诱导公式直接分析得到的关系并判断；
C.利用正弦定理得到的关系，结合余弦定理进行判断；
D.先利用正弦定理计算出的值，由此可求的值，结合三角形面积公式进行计算并判断.
【详解】对于A：是等腰三角形，A正确；
对于B：或不一定是直角三角形，B错误；
对于C：，
为钝角三角形，正确；
对于D：由正弦定理，得而或或

当时，，
当时，，
或D正确.
故选：ACD
12. “阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi-regularsolid)，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ）

A. 该半正多面体的体积为
B. 该半正多面体过三点的截面面积为
C. 该半正多面体外接球的表面积为
D. 该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据几何体的构成可判断A，由截面为正六边形可求面积判断B，根据外接球为正四棱柱可判断C，根据顶点，面数，棱数判断D.
【详解】如图，

该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的.
对于A， 因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：， 故正确；
对于B，过三点的截面为正六边形，所以，故错误；
对于C，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为,侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积，故正确；
对于D，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足，故正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. i是虚数单位，已知，写出一个满足条件的复数．______．
【答案】（答案不唯一，满足（）均可）
【解析】
【分析】运用复数的模的运算公式计算即可.
【详解】设，（），
则，，
因为，
所以，解得：，
所以，（）
所以可以取.
故答案为：（答案不唯一，满足（）均可）.
14. 在矩形中，已知，，点是对角线上一动点，则的最小值为___________.
【答案】##.
【解析】
【分析】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立直角坐标系，利用平面向量的坐标运算求出，进而结合二次函数的性质即可求出结果.
【详解】
以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立直角坐标系，
又因为，，所以则直线的方程为，所以设，且，
而,
所以
结合二次函数的性质可知，当时，有最小值，且最小值为，
故答案为：.
15. 太湖中有一小岛C，沿太湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A处测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶1 km到达B处后，又测得小岛在南偏西75°的方向上，则小岛到公路的距离是________ km.
【答案】
【解析】
【详解】如图所示，过C作CD⊥AB，垂足为D，∠A=15°，∠CBD=75°，AB=1km，
△ABC中，BC=，△CBD中，CD=BCcos15°==km．故填．

16. 如图，平面四边形ABCD中，其中，，，且，，若，则______．

【答案】##
【解析】
【分析】运用余弦定理求得AD的值，在AB上取点E，使得，结合角平分线性质可得，再运用向量加法可求得结果.
【详解】在中，由余弦定理得：，
即：，解得：或，
又因为，
所以.
在AB上取点E，使得，连接DE，交AC于点F，如图所示，

又因为为的角平分线，
所以，为DE的中点，
在中，由余弦定理得：，
所以，
所以，
所以，，
所以.
故答案为：.
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知复数z满足，且z的虚部为-1，z在复平面内所对应的点在第四象限．
（1）求z；
（2）若z，在复平面上对应的点分别为A，B，O为坐标原点，求∠OAB．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）运用复数几何意义设出，再结合共轭复数定义写出，再运用复数乘法运算求得结果.
（2）运用复数几何意义、两点间距离公式及勾股定理可求得结果.
【小问1详解】
由题意知，设（），则，
所以，解得：，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，
所以，
所以，，如图所示，

所以，，
， ，
所以.
所以.
18. 如图，已知P是平行四边形所在平面外一点，M、N分别是的三等分点（M靠近B，N靠近C）；

（1）求证：平面．
（2）在上确定一点Q，使平面平面．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）过点作，交于点，连接，证得证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可求解；
（2）取取一点，使得，证得，得到平面，结合（1）中平面，利用面面平行的判定定理，证得平面平面．
【小问1详解】
证明：过点作，交于点，连接，
因为为的三等分点，可得，
又因为为的三等分点，可得，
因为且，所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又由平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
证明：取取一点，使得，即点为上靠近点的三等点，
在中，因为分别为的三等分点，可得，所以，
因为平面，平面，所以平面；
又由（1）知平面，且，平面，
所以平面平面，
即当点为上靠近点的三等点时，能使得平面平面．

19. 如图，在中，，为中点，为上一点，且满足，的面积为，

（1）求的值；
（2）求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三点共线，可设，推出，结合，即可求得t的值；
（2）利用（1）的结论可得，利用三角形面积得出，结合基本不等式即可求得答案.
【小问1详解】
在中，D为中点，则三点共线，
设,
故 ，
又 ，故，
解得，即.
【小问2详解】
由（1）知，
所以

，当且仅当时取等号，
又，则,
即，
故，
即的最小值为，当且仅当时取等号.
20. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求C；
（2）若，D为的外接圆上的点，，求四边形ABCD面积的最大值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式化简，即可得出，进而根据角的范围得出答案；
（2）解法一：由已知可推出，然后根据正弦定理可求出，进而求出，.设，，表示出四边形的面积，根据基本不等式即可得出答案；解法二：根据投影向量，推出，然后同解法一求得.设，表示出四边形的面积，根据的范围，即可得出答案；解法三：同解法一求得，设点C到BD的距离为h，表示出四边形的面积，即可推出答案；解法四：建系，由已知写出点的坐标，结合已知推得BD是的直径，然后表示出四边形的面积，即可推出答案.
【小问1详解】
因为，
在中，由正弦定理得，.
又因为，
所以，
展开得，
即，
因为，故，即.
又因为，所以.
【小问2详解】
解法一：
如图1
设的外接圆的圆心为O，半径为R，
因为，所以，
即，所以，
故BD是的直径，所以.
在中，，，所以.
在中，.
设四边形ABCD的面积为S，，，则，

，
当且仅当时，等号成立.
所以四边形ABCD面积最大值为.

解法二：
如图1
设的外接圆的圆心为O，半径为R，在上的投影向量为，
所以.
又，所以，
所以在上的投影向量为，
所以.
故BD是的直径，所以.
在中，，，所以，
在中，.
设四边形ABCD的面积为S，，，
则，，
所以，
当时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为.
解法三：
如图1
设的外接圆的圆心为O，半径为R，
因为，所以，即，
所以.
故BD是的直径，所以.
在中，，，所以.
在中，.
设四边形ABCD的面积为S，点C到BD的距离为h，
则，
当时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为.
解法四：
设的外接圆的圆心为O，半径为R，
在中，，，
故外接圆的半径.
即，所以
如图2，以外接圆的圆心为原点，OB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy，
则，.

因为C，D为单位圆上的点，设，，
其中，.
所以，，
代入，即，可得，
即.
由可知，
所以解得或，即或.
当时，A，D重合，舍去；当时，BD是的直径.
设四边形ABCD的面积为S，
则，
由知，所以当时，即C的坐标为时，S最大，
所以四边形ABCD面积最大值为.
21. 如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，．M是棱PD上的点，O是棱AB的中点，PO为四棱锥的高，且四面体MPBC的体积为．

（1）证明：；
（2）若过点C，M的平面与BD平行，且交PA于点Q，求多面体体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意平面PBC，求得体积关系：，即可得出答案；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量为，设，由得，求出面积，平面的法向量，利用向量法求出到平面的距离，进而求得，，，相加即可得出答案.
【小问1详解】
因为，，AB中点O，
所以，，.
又因为是菱形，，所以，.
因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，
所以.
因为，
所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的，
所以.
【小问2详解】
因为平面，平面ABCD，
所以，，又，
如图，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，，，，
，.
设平面的法向量为，则，即，
取，得.
因为，设，则，
因为，所以，，
所以，，
，，
中，,
,，
,
设平面的法向量为，则，即.
取，得.
设到平面的距离为，又，
则，
，
∵，∴到平面的距离为，
又，∴,
∵，∴到平面的距离为，
又，∴,
多面体体积为.
22. 如图1，某景区是一个以C为圆心，半径为3km的圆形区域，道路，成60°角，且均和景区边界相切，现要修一条与景区相切的观光木栈道AB，点A，B分别在和上，修建的木栈道AB与道路，围成三角地块OAB．（注：圆的切线长性质：圆外一点引圆的两条切线长相等）．

（1）当为正三角形时求修建的木栈道AB与道路，围成的三角地块OAB面积；
（2）若的面积，求木栈道AB长；
（3）如图2，设，
①将木栈道AB的长度表示为的函数，并指定定义域；
②求木栈道AB的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）①，②
【解析】
【分析】（1）运用等面积法可求得等边三角形的边长，进而求得等边三角形的面积.
（2）方法1：运用内切圆性质及三角形面积公式可求得结果.
方法2：运用两个三角形面积公式可得，的值，再结合余弦定理可得，联立可求得AB的长.
（3）①运用内切圆性质可得，进而运用直角三角形中的正切公式可表示出AB.
②方法1：运用分离常数法、“1”的代换及基本不等式可求得结果.
方法2：运用切化弦、和角公式、积化和差公式化简AB表达式，再结合三角函数在区间上求最值即可.
方法3：运用切化弦、和差角公式、二倍角公式、辅助角公式化简，再结合三角函数在区间上求最值即可.
【小问1详解】
如图所示，

设三角地块面积为S，等边△OAB边长为，
所以由等面积法得：， 解得，
所以.
故修建的木栈道与道路，围成的三角地块面积为平方千米.
【小问2详解】
方法1：设圆C分别与、、相切于点N、E、M，如图所示，

则，，，
所以在中，，
所以，
设，，
所以，
解得：，即：.
故木栈道AB长为.
方法2：设三角地块面积为S，，，，，
由等面积法可得：，
即：，
所以①，②，
在△中，由余弦定理得，
即：③，
由①②③解得：
故木栈道AB长为.
【小问3详解】
如图所示，

①由题意知，，
由内切圆的性质可知，，
设直线和圆相切点，，则，
因为，解得：，
又因为，，
所以，，
所以.
即：.
②方法1：
，
当且仅当时等号成立，
故木栈道的长度最小值为.
方法2：

因为，
所以，
所以，
所以，
故木栈道的长度最小值为.
方法3：
，
因为，
所以，
所以，
所以，
故木栈道的长度最小值为.
【点睛】方法点睛：
解三角形的应用问题的要点
（1）从实际问题抽象出已知的角度、距离、高度等条件，作为某个三角形的元素；
（2）利用正弦、余弦定理解三角形，得实际问题的解．
解三角形中最值（范围）问题的解题策略
利用正弦、余弦定理以及面积公式化简整理，构造关于某一个角或某一边的函数或不等式，利用函数的单调性或基本不等式等求最值（范围）．