2022-2023学年江西省赣州市南康区唐江中学高一下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年江西省赣州市南康区唐江中学高一下学期期中考试数学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江西省赣州市南康区唐江中学高一下学期期中考试数学试题 一、单选题1．已知是虚数单位，复数的虚部为A． B． C． D．【答案】B【详解】因为 ，所以复数的虚部为 ，故选B.2．在中，“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.【详解】解：若，则，∴，由正弦定理得，所以，因为，所以，所以，∴，反之也成立，故“”是“”的充要条件；故选：C3．如图，一圆锥形物体的母线长为4，其侧面积为，则这个圆锥的体积为A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用侧面积求解底面圆的周长，进而解出底面面积，再求体高，最后解得体积【详解】圆锥的展开图为扇形，半径，侧面积为为扇形的面积，所以扇形的面积，解得 ，所以弧长，所以底面周长为，由此可知底面半径，所以底面面积为，体高为，故圆锥的体积，故选C．【点睛】本题已知展开图的面积，母线长求体积，是圆锥问题的常见考查方式，解题的关键是抓住底面圆的周长为展开图的弧长．4．在三角形中，是角所对的边，满足,则的大小是（    ）A．30° B．60° C．90° D．120°【答案】D【分析】根据余弦定理直接计算得到答案.【详解】根据余弦定理：，即，即.故选：【点睛】本题考查了余弦定理求角度，属于简单题.5．如图，在等腰梯形中，，，，，为线段上的动点(包括端点)，则的最小值为（    ）A．8 B．12 C．20 D．30【答案】C【分析】设，利用，结合向量的数量积的运算，即可求解.【详解】如图所示，过点作，垂足为，因为在等腰梯形中，，可得，设，可得，由二次函数的图象与性质，可得当时，取得最小值，最小值为.故选：C.6．如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，若，，则（    ）A．1 B． C．2 D．3【答案】C【分析】连接AO，因为O为BC中点，可由平行四边形法则得，再将其用，表示.由M、O、N三点共线可知，其表达式中的系数和，即可求出的值.【详解】连接AO，由O为BC中点可得，，、、三点共线，，.故选：C.【点睛】本题考查了向量的线性运算，由三点共线求参数的问题，熟记向量的共线定理是关键.属于基础题.7．在中，角、、所对的边分别是、、.已知，，且满足，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用正弦定理边角互化思想化简得出，利用余弦定理化简得出，结合，根据函数在上的单调性可求得的取值范围.【详解】且，所以，由正弦定理得，即，，，所以，，则，由余弦定理得，，则，由于双勾函数在上单调递增，则，即，所以，.因此，的取值范围为.故选：D.【点睛】本题考查三角形内角余弦值的取值范围的求解，考查了余弦定理以及正弦定理边角互化思想的应用，考查计算能力，属于中等题.8．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为（    ）．A． B． C． D．【答案】D【分析】利用，三角形面积公式和余弦定理可得，故可得到，，然后利用正弦定理可得，利用换元法即可求解【详解】中，由余弦定理得，，且的面积为，由，得，化简得；又，，所以，化简得，解得或（不合题意，舍去）；因为，所以，所以，由，且，，解得，所以，所以，所以；设，其中，所以，又，所以时，y取得最大值为，时，；时，，且．所以，即的取值范围是，故选：D【点睛】方法点睛：解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值 二、多选题9．已知，则下列结论正确的有（    ）A． B．与方向相同的单位向量是 C． D．与平行【答案】ABC【分析】根据给定的条件，利用向量的数量积、向量夹角，向量共线的坐标表示判断A，C，D；求出与方向相同的单位向量的坐标判断B作答.【详解】因，则，A正确；与方向相同的单位向量是，B正确；，而，所以，C正确；因，则与不平行，D不正确.故选：ABC10．已知复数，下列命题错误的有（    ）A．若，则B．若，那么C．若，那么D．若，那么【答案】BCD【分析】根据复数的模的定义，复数的分类，复数的运算判断各选项，错误命题可举反例说明．【详解】设，则，，A正确；若，则，但，B错；若，则，但，C错；若，满足1，但，D错．故选：BCD．11．圆柱的侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形，则这个圆柱的体积可能是（    ）A． B．C． D．【答案】BD【分析】由已知中圆柱的侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形，我们可以分圆柱的底面周长为4cm，高为2cm的和圆柱的底面周长为2cm，高为4cm，两种情况分别由体积公式即可求解.【详解】侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形，若圆柱的底面周长为4cm，则底面半径，，此时圆柱的体积若圆柱的底面周长为2cm，则底面半径，，此时圆柱的体积故选：BD12．在△中，内角所对的边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（    ）A．B．若，则C．D．若，且，则△为等边三角形【答案】ACD【分析】A由正弦定理及等比的性质可说明；B令可得反例；C由和角正弦公式及三角形内角和的性质有，由正弦定理即可证；D若，，根据单位向量的定义，向量加法的几何意义及垂直表示、数量积的定义易知△的形状.【详解】A：由，根据等比的性质有，正确；B：当时，有，错误；C：，而，即，由正弦定理易得，正确；D：如下图，是单位向量，则，即、，则且平分，的夹角为， 易知△为等边三角形，正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：D选项，注意应用向量在几何图形中所代表的线段，结合向量加法、数量积的几何意义判断夹角、线段间的位置关系，说明三角形的形状. 三、填空题13．在△ABC中，A，AB＝4，AC＝2，点D在BC边上，AD＝BD，则AD＝_____．【答案】【分析】首先利用余弦定理的应用求出的长，进一步利用余弦定理和cos∠BDC＝﹣cos∠CDA，即可求出结果.【详解】在△ABC中，A，AB＝4，AC＝2，利用余弦定理的应用，整理得BC2＝AB2+AC2﹣2AB•AC•cos∠A，解得BC＝2，在△ABD中，设BD＝x，则AD＝x，AB＝4，利用余弦定理，在△ADC中，DC＝2x，AD＝x，AC＝2，利用余弦定理，由于cos∠BDC＝﹣cos∠CDA，所以，解得x．故答案为：．【点睛】本题考查余弦定理及其的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．14．窗，古时亦称为牅，它伴随着建筑的起源而出现，在中国建筑文化中是一种独具文化意蕴和审美魅力的重要建筑构件.如图，是某古代建筑群的窗户设计图，窗户的轮廓是边长为米的正方形，内嵌一个小正方形，且，，，分别是，，，的中点，则的值为________.【答案】【分析】如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立直角坐标系，计算直线方程得到坐标，，计算向量得到答案.【详解】如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立直角坐标系.延长与交于点，，故为中点.直线，同理可得：直线，直线；解得：，，，，故，，.故答案为：.【点睛】本题考查了向量的数量积，意在考查学生的应用能力和计算能力，建立坐标系转化为坐标运算是解题的关键.15．底面为正方形的正四棱柱内接于底面半径为1，高为2的圆锥，当正四棱柱体积最大时，该正四棱柱的底面边长为_________.【答案】【分析】设正四棱柱的高、底面边长分别为，利用圆锥的轴截面及内接正四棱柱的性质求的数量关系，根据棱柱的体积公式得并应用导数研究最大值，即可求体积最大时正四棱柱的底面边长.【详解】圆锥轴截面如下图示，分别是中点，若正四棱柱的高、底面边长分别为，∴，易知，即，则且，∴正四棱柱体积为，则，∴，有，递增；，有，递减；故时最大，此时，故答案为：16．如图，在中，已知，，，直线过的重心，且与边、分别交于、两点，则的最小值为________．【答案】【分析】设，，分析得出，求得，利用基本不等式可求得的最小值.【详解】先证明结论：已知为直线外一点，、、为直线上三个不同的点，若，则.因为、、为直线上三个不同的点，则，可设，即，所以，，所以，，结论成立.本题中，设，，当点与点重合时，为的中点，此时；当点为线段的中点时，与点重合，此时，故，同理可得.由，又、、三点共线，，即，延长交于点，则为的中点，且有，又，当且仅当，时取得最小值.故答案为：.【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：（1）利用定义：（2）利用向量的坐标运算；（3）利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用． 四、解答题17．已知向量.（1）若与共线，求实数的值；（2）若与垂直，求与的夹角.【答案】（1）4；（2）.【分析】（1）由平面向量共线定理的坐标表示求解即可（2）根据平面向量垂直的坐标表示求出，再用坐标法求向量的夹角即可【详解】（1）与共线（2）与垂直，且与的夹角为18．已知复数(其中是虚数单位，)．（1）若复数是纯虚数，求的值；（2）若函数与的图象有公共点，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）【分析】（1）化简得到，由复数为纯虚数可得的值.（2）算出，因一元二次方程在有解，利用判别式可得的取值范围.【详解】（1）∵，且复数为纯虚数∴，解得                    （2）由（1）知函数            又函数与 的图象有公共点            ∴方程有解，即方程有解            ∴                    ∴或                        ∴实数的取值范围是．【点睛】（1）复数，①若，则为实数；②若，则为虚数，特别地，如果，则为纯虚数．（2）对于含参数的一元二次不等式的恒成立问题，注意区分变量的范围，如果范围为，则可以利用判别式来处理，如果范围不是，则可转变为函数的最值或用参变分离来考虑.19．如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，PA是圆柱的母线，，，，C是上的一个动点.(1)求圆柱的表面积；(2)求四棱锥的体积的最大值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出圆柱底面半径为r，进而求出结果;（2）利用余弦定理结合基本不等式求出，再利用体积公式求出结果.【详解】（1）连接BD，在中，，，，由余弦定理，得，所以，设圆柱底面半径为r，由正弦定理，得，所以，故圆柱的表面积.（2）由（1）知，中，，，由余弦定理，得，即，当且仅当时，等号成立，所以，因为，，所以四棱锥的体积，，故四棱锥的体积的最大值为.20．在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，若.（1）求角的大小；（2）若，求面积的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，进一步整理得，即可求得角A；（2）利用正弦定理将所给等式转化为关于a、b、c的等式，结合余弦定理即可求出a，从而可得，代入三角形面积公式并将角统一为B，即可根据三角函数的值域求得三角形的面积的范围.【详解】（1）由及正弦定理得：，因为，，所以，，所以，又，所以；（2）由正弦定理，，，由得：，即①，由余弦定理得，解得，所以，，∵为锐角三角形，∴且，即，∴，∴，∴.面积的取值范围为.【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形、三角形面积公式、正弦型函数的值域，属于中档题.21．已知，，设，．（1）若，求实数的值；（2）当时，求与的夹角；（3）是否存在实数，使，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）；（3）存在；-6．【分析】（1）由向量的数量积的运算公式，求得，列出方程，即可求解；（2）当时，求得，，结合向量的夹角公式，即可求解；（3）根据共线向量的坐标表示，列出方程，即可求解.【详解】（1）由题意，向量，，可得，因为且，，可得，解得.（2）当时，可得，，则，，，所以与的夹角为，因为，所以.（3）由题意可得，，若，可得，解得，即存在，使得.22．正方形ABCD中，，点O为正方形内一个动点，且，设(1)当时，求的值；(2)若P为平面ABCD外一点，满足，记，求的取值范围.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）构建平面直角坐标系得到，坐标，进而写出、坐标，应用向量模长的坐标表示求目标式的值.（2）以A为原点构建空间直角坐标系，确定的坐标，利用向量夹角的坐标表示得到，结合换元法及三角函数、二次函数性质求范围.【详解】（1）构建如下图示的平面直角坐标系，则，，当，则，故，，所以，，则.（2）由题设，构建如下图示的空间直角坐标系，所以且，则，所以，令，则，可得，若，则，此时在上递增，所以.【点睛】关键点点睛：构建坐标系，利用坐标表示相关向量，由向量模长、夹角的坐标表示求值、得到，结合相关函数的性质求范围.