2022-2023学年福建省福州第四中学高一下学期期中检测数学试题含解析

2022-2023学年福建省福州第四中学高一下学期期中检测数学试题

一、单选题

1．复数（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】C

【分析】直接由复数的运算求解即可.

【详解】.

故选：C.

2．如图所示，在正方形中，为的中点，为的中点，则（      ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由平面向量的线性运算逐步转化即可得解.

【详解】

=.

故选：D．

3．如图正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由三视图得原图形的形状，结构，得边长后可得周长．

【详解】由三视图知原图形是平行四边形，如图，，，，，

所以平行四边形的周长是8．

故选：A．

4．若圆锥的母线长为，底面半径为，则圆锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由圆锥母线和底面半径可求得圆锥的高，利用圆锥体积公式可求得结果.

【详解】圆锥的母线长，底面半径，圆锥的高，

圆锥的体积.

故选：B.

5．已知△ABC的三个内角为A，B，C，则“”是“”的（      ）

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【分析】结合三角函数的性质，利用充分性与必要性的定义，可得出答案.

【详解】A是△ABC的三个内角，

当时，由，可得或，

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

6．在平行四边形中，已知，，对角线，则对角线的长为（    ）

A． B． C． D．2

【答案】A

【分析】根据题意，结合余弦定理即可求解.

【详解】根据题意，在中，由余弦定理得，

因，所以，

故在中，由余弦定理得，计算得.

故选：A.

7．在梯形中，，且，则的值为（    ）

A．1 B． C．2 D．3

【答案】B

【分析】先利用平面向量的线性运算得到，再结合进行求解.

【详解】因为，

所以，

又因为，

所以，，.

故选：B.

8．设为的边的中点，为内一点，且满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意可得，由向量的线性运算可得，即且，可得，即可求得比值.

【详解】

因为为的边的中点，

所以,

又因为为内一点，且满足，

所以，即，即且，

因为，

，

所以，

故选：A.

二、多选题

9．已知复数（其中是虚数单位），则下列命题中正确的为（    ）

A． B．的虚部是

C．是纯虚数 D．在复平面上对应点在第四象限

【答案】ACD

【分析】由复数的模、复数的定义、复数的几何意义判断各选项．

【详解】

则，A正确；的虚部是，B错误；是纯虚数，C正确；对应点的坐标是，在第四象限，D正确．

故选：ACD．

10．对于任意两个向量和，下列命题中正确的是（    ）

A．若，满足||>||，且与反向，则<

B．

C．

D．

【答案】BD

【分析】A. 根据平面向量不能比较大小判断.B. 根据平面向量的三角形法则判断.C.根据 平面向量的数量积定义判断.D. 根据平面向量的三角形法则判断.

【详解】A选项.向量不能比较大小，选项A错误．

B选项. 根据向量加法运算公式可知，当向量和不共线时，两边之和大于第三边，即，

当和反向时，，当和同向时，，

所以成立，故B正确；

C选项，，选项C错误．

D选项.当向量和不共线时，根据向量减法法则可知，两边之差小于第三边，即

当和反向时，，

当和同向且时，，

当和同向且时，，所以选项D正确.

故选：BD

11．一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是（    ）

A．圆柱的侧面积为

B．圆锥的侧面积为

C．圆柱的侧面积与球的表面积相等

D．圆柱、圆锥、球的体积之比为

【答案】CD

【分析】根据圆柱、圆锥的侧面积、表面积、体积等知识求得正确答案.

【详解】A选项，圆柱的侧面积为，A选项错误.

B选项，圆锥的母线长为，

圆锥的侧面积为，B选项错误.

C选项，球的表面积为，

所以圆柱的侧面积与球的表面积相等，C选项正确.

D选项，圆柱的体积为，

圆锥的体积为，

球的体积为，

所以圆柱、圆锥、球的体积之比为，D选项正确.

故选：CD

12．对于，有如下判断，其中正确的判断是（    ）

A．若，则为等腰三角形.

B．若，则

C．若，则是钝角三角形.

D．若，则一定是一个钝角三角形.

【答案】BD

【分析】根据正弦函数的性质可判断A，根据正弦定理及大边对大角的性质可判断哪B，由向量夹角确定三角形内角判断C，根据所给性质及余弦定理判断D.

【详解】，，或，

为等腰或直角三角形，故A错误；

，由正弦定理可知，，故B正确；

的外角为钝角，为锐角，故C错误；

设，则解得，

则，因为，

所以是钝角，故D正确.

故选：BD

三、填空题

13．已知向量，且，则_______.

【答案】2

【详解】由题意可得解得.

【名师点睛】（1）向量平行：，,.

（2）向量垂直：.

（3）向量的运算：.

14．是虚数单位，复数______.

【答案】/3i+1

【分析】根据复数的运算法则计算即可.

【详解】.

故答案为：.

15．在中，若，，，则等于________.

【答案】或.

【分析】由正弦定理，求得，得到或，分类讨论，即可求得的值.

【详解】由正弦定理，可得，所以，

因为，所以或，

当时，，可得；

当时，，此时，

综上可得或.

故答案为：或.

【点睛】本题主要考查了正弦定理的应用，其中解答中利用正弦定理求得的值，得出的大小是解答的关键，着重考查分类讨论，以及运算与求解能力.

16．如图，在中，，点P为边BC上的一动点，则的最小值为___________.

【答案】

【分析】设，，用、表示、，再计算的最小值．

【详解】由题意，设，，

所以，.

又，，

所以

，

当时，取得最小值.

故答案为：.

四、解答题

17．已知复数．

(1)若z为实数，求m的值；

(2)若z为纯虚数，求m的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）虚部为0列出方程即可；（2）实部为0，虚部不为0列出方程即可

【详解】（1）由题意得，解得

（2）由题意得,即,解得

18．在中，角所对的边分别为且满足

（1）求角的大小；

（2）求的最大值，并求取得最大值时角的大小．

【答案】（1）；（2）最大值为2，此时

【详解】（1）由正弦定理得

因为所以

（2）由（1）知于是

取最大值2．

综上所述，的最大值为2，此时

19．如图，在中，，，，点D在边BC上，且．

(1)求AD；

(2)求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先求，然后通过正弦定理即可得结果；

（2）通过余弦定理解出三角形，再计算面积即可.

【详解】（1）由题意得．

在中，由正弦定理，得

（2）由余弦定理，

得，解得．

因为，所以，

所以．

故的面积为．

20．在锐角中，分别是所对的边，已知，向量，，且．

（1）求角A的大小

（2）求周长的取值范围．

【答案】（1）；（2）．

【分析】（1）由可得即可得到，由此能求出．

（2）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求，由题意可求范围，，利用正弦函数的性质即可求解其取值范围．

【详解】解：（1）因为且，

所以，得

又因为，所以．

（2）由正弦定理可得，得

则

，

∵是锐角三角形，∴，解得

，，，

∴周长的取值范围为

21．函数的定义域为，且存在唯一常数，使得对于任意的x总有，成立．

(1)若，求；

(2)求证：函数符合题设条件．

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）利用赋值法令与，结合分别求出与，即可得解；

（2）假设存在常数满足，所以，设，判断函数的单调性，结合零点存在性定理即可证明；

【详解】（1）解：因为，所以，

又，所以，又，所以，

所以

（2）解：因为的定义域为，

假设存在常数满足，即，所以，

设，显然在上单调递增，又，，

所以存在唯一的常数使得，即存在唯一的常数使得函数符合题设条件；

22．在近年，中国采用“吹沙填海”的方式，成功将部分小岛礁连成一片，可以进而形成一个大岛礁．已知南海上存在、、、四个小岛礁，它们在一条直线上且满足，若通过“吹沙填海”的方式建成了如图所示一个矩形区域的大岛礁，其中米．

(1)为线段上一点，求最小值；

(2)为线段上一点，求的最小值；

(3)因特殊原因，划定以圆心，为半径的圆的区域为“隔离区”，拟建造一条道路，使与该“隔离区”的边界相切，求四边形面积的最大值．

【答案】(1)8000

(2)

(3)

【分析】(1)取中点，将原问题转化为向量求模即可；

(2)根据余弦定理及第一问的结果可以求解；

(3)由于MN，MB都是圆A的切线，连接AM，利用 以及切线之间的几何关系，再利用面积公式求解即可.

【详解】（1））取中点，

，

当且仅当点位于中点时等号成立，∴最小值为8000；

（2）由余弦定理得，

，

当且仅当，即点立位于中点时等号成立，的最小值为；

（3）

设与圆切于点，连接，，设，，

则，，，，

∴的面积，

当且仅当，时等号成立时等号成立，

四边形CDNM的最大值为： ；

综上，最小值为8000，的最小值为，四边形CDNM的最大值为：.