2023晋中高一下学期期中数学试题含解析

秘密★启用前

高一数学试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

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，再选涂其他答案标号.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，将本试卷和答题卡一并交回.

一､单项选择题：本大题共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. 下列命题中真命题的个数是（    ）

（1）温度､速度､位移､功都是向量

（2）零向量没有方向

（3）向量的模一定是正数

（4）直角坐标平面上的x轴､y轴都是向量

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】根据向量的定义和性质，逐项判断正误即可.

【详解】（1）错误，只有速度，位移是向量；温度和功没有方向，不是向量；

（2）错误，零向量有方向，它的方向是任意的；

（3）错误，零向量的模为0，向量的模不一定为正数；

（4）错误，直角坐标平面上的轴、轴只有方向，但没有长度，故它们不是向量.

故选：A

2. 已知两个单位向量的夹角是，则（    ）

A. 1 B.  C. 2 D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据向量模的运算法则运算求解即可.

【详解】因为两个单位向量的夹角是，

所以.

故选：D

3. 设（其中为虚数单位），若为纯虚数，则实数（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据复数乘法的运算法则，结合纯虚数的定义进行求解即可.

【详解】，

因为为纯虚数，

所以有，

故选：D

4. 下列说法正确的是（    ）

A. 直四棱柱是长方体

B. 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱

C. 正方体被一个平面截去一个角之后可以得到一个简单组合体

D. 台体是由一个平面截锥体所得的截面与底面之间的部分

【答案】C

【解析】

【分析】根据几何体的结构特征可以一一判断各选项.

【详解】对于A，当直四棱柱的底面不是矩形时，直四棱柱不是长方体，A错误；

对于B，不符合棱柱的结构特征，如下面是一个正三棱柱，上面是一个以正三棱柱上底面为底面的斜三棱柱，B错误；

对于C，正方体被一个平面截去一个角之后可以得到一个简单组合体，C正确；

对于D，不符合台体的结构特征, 截面应该跟底面平行，D错误.

故选：C

5. 在中，为中点，与交于点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由已知可得，根据共线可设，，结合已知及平面向量的基本定理列方程组求参数值.

【详解】由题设，，又，且，

所以，即，解得.

故选：B.

6. “升”和“斗”是旧时量粮食的器具，如图所示为“升”，是一个无盖的正四棱台，据记载：它上口15厘米，下口12.5厘米，高10厘米，可容米1公斤.该“升”的容积约是（    ）（约定：“上口”指上底边长；“下口”指下底边长.）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据正四棱台的体积公式求解即可.

【详解】器具是一个无盖的正四棱台，它上口15厘米，下口12.5厘米，高10厘米，

其体积为：.

故选：A.

7. 已知向量，，满足，，，则的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】首先求向量的坐标，再利用坐标运算求模，转化为二次函数求最小值.

【详解】由条件可知，

则

，当时，.

故选：B

8. 如图所示，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与轴正方向同向的单位向量，称此平面坐标系为斜坐标系.若，则把有序数对叫做向量的斜坐标，记为.在的斜坐标系中，若向量，则下列结论正确的是（    ）

A.

B.

C.

D. 向量与可作为该平面的一个基底

【答案】C

【解析】

【分析】对于A，根据展开求解即可；对于B项，验证是否为零；对于C，根据题意写出，然后根据向量的减法运算即可；对于D项，看向量与是否共线进行判断.

【详解】由题意得：，，

对于A项，，

，故A不正确；

对于B项，，故B项不正确；

对于C项，，

由题意得：，故C正确；

对于D项，向量与，，所以两个向量共线，不可作为该平面的一个基底，故D不正确.

故选： C

二､多项选择题：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，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 如图所示，是线段上的两个三等分点，则下列关系式正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据共线向量、相等向量、相反向量的定义逐一判断断四个选项的正误即可得出正确选项.

【详解】对于A：因为是线段上的两个三等分点，所以，且与同向，

所以，故选项A正确；

对于B：因为是线段上的两个三等分点，所以，且与反向，

所以，故选项B正确；

对于C：因为是线段上的两个三等分点，所以，且与反向，

所以，所以，故选项C正确；

对于D：因为是线段上的两个三等分点，所以，且与反向，

所以，故选项D不正确；

故选：ABC.

10. 已知复数满足（其中为虚数单位），则（    ）

A. 的实部为

B. 的虚部为

C. 复数在复平面内对应的点位于第四象限

D. 的共轭复数为

【答案】CD

【解析】

【分析】根据复数的模及代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的概念及几何意义判断即可.

【详解】因为，所以，则，

所以的实部为，虚部为，，故A、B错误，D正确；

又复数在复平面内对应的点为位于第四象限，故C正确；

故选：CD

11. 如图所示，一个平面图形的直观图为，其中，则下列说法中正确的是（    ）

A. 该平面图形是一个平行四边形但不是正方形

B. 该平面图形的面积是8

C. 该平面图形绕着直线旋转半周形成的几何体的体积是

D. 以该平面图形为底，高为3的直棱柱的体对角线长为

【答案】BC

【解析】

【分析】对于AB选项，由直观图得出平面图形，即可判定；对于CD根据几何体的体积公式和对角线计算即可.

【详解】如图所示将直观图还原为平面图形，由题意可得，AC=4=BD，故该平面图形为正方形.即A错误；面积，即B正确；

将平面图形绕直线AC旋转半周得几何体为两个圆锥，底面半径均为2，

故体积，即C正确；

以该平面图形为底，高为3的直棱柱其实为长方体，体对角线长为，即D错误.

故选：BC

12. 已知对任意角均有等式.设的内角满足，面积满足.记分别为角的对边，则下列式子中一定成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据三角形的内角和及和差化积可判断选项A；根据面积公式可判断选项B、C的正误；根据三角形边的性质可判断选项D的正误.

【详解】对于A，根据题意，由可得：

，即，

故，即

所以

故，

故A正确．

对于B，又由正弦定理，得，

三角形的面积公式，可得，又

因此，即，故B错误．

对于C，，有，从而，故C正确．

对于D，根据三角形三边长关系，有，故D正确．

故选：ACD.

三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 向量在向量上的投影向量__________.

【答案】或

【解析】

【分析】利用投影向量的定义进行求解.

【详解】因为，，

所以向量在向量上的投影向量的模长为，

所以投影向量或.

故答案为：或.

14. 已知在复平面内，向量对应的复数是对应的复数是，则向量对应的复数是__________.

【答案】##2i-5

【解析】

【分析】根据向量的减法计算和复数与向量的对应关系即可求解.

【详解】.

故答案为：.

15. 已知中，角所对的边分别为，那么面积的取值范围是__________.

【答案】

【解析】

【分析】利用正弦定理将边化角，即可求出，再由余弦定理及基本不等式求出的取值范围，最后由面积公式计算可得.

【详解】因为，由正弦定理可得

，，

，，

又，，

由余弦定理得，即，

所以，所以，当且仅当时取等号，

所以.

故答案为：

16. 如图所示，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后将余下的四个全等的等腰三角形组成一个正四棱锥､若正四棱锥的各顶点都在同一球面上，底面边长为单位：，且，则该球的半径（单位：）的取值范围是__________.

【答案】

【解析】

【分析】作出正四棱锥，正四棱锥的外接球的球心在正四棱锥的高线上，根据勾股定理表示外接球的半径与的关系，再求出的取值范围.

【详解】由题意，作出正四棱锥，如图所示，记为的中点，连结，

可知，，四边形为正方形.

记为正方形的中心，连结，则平面，

，，，

记正四棱锥的外接球的球心为，，

在直角中，，即，

设，，则，

整理得，因为在区间上单调递减，

所以，即，.

故答案为：.

四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 已知复数为虚数单位.

（1）若，求；

（2）若是关于的实系数方程的一个复数根，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用复数的除法进行计算即可；

（2）方法一，把直接代入方程，求得，再进行复数的乘法运算.

方法二，由是关于的实系数方程的一个复数根，得是此方程的另一个复数根，根据根与系数关系求得，再进行复数的乘法运算.

【小问1详解】

若，则，

所以.

【小问2详解】

方法1：由题得，

所以又，故可解得，即.

则.

方法2：因为是关于的实系数方程的一个复数根，

所以是方程的另一个复数根，则，

即，又，故可得..

则.

18. 已知平面直角坐标系中，向量.

（1）若，且，求向量的坐标；

（2）若与的夹角为__________，求实数的取值范围.

请在如下两个条件中任选一个，将问题补充完整，并求解（如果两个条件都选则按第1个的答题情况给分）：①锐角；②钝角.

【答案】（1）或   

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）设出向量的坐标，利用向量平行和模长建立方程组，求解方程组可得答案；

（2）先表示出与的坐标，选择夹角为锐角可以利用数量积大于零求解，选择夹角为钝角可以利用数量积小于零求解.

【小问1详解】

设，由题意得.

，解得.

，解得，

向量的坐标为或.

【小问2详解】

.

当与共线时，，解得.

若选①锐角，则，

解得；

与的夹角为锐角时，实数的取值范围为；

若选②钝角，则，

解得，

与的夹角为钝角时，实数的取值范围是.

19. 一条河南北两岸平行.如图所示，河面宽度，一艘游船从南岸码头点出发航行到北岸.游船在静水中的航行速度是，水流速度的大小为.设和的夹角为，北岸上的点在点的正北方向.

（1）若游船沿到达北岸点所需时间为，求的大小和的值；

（2）当时，游船航行到北岸的实际航程是多少？

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）设游船的实际速度为，由速度合成的，根据求得结果即可；

（2）设到达北岸点所用时间为，根据计算长度，得出结果.

【小问1详解】

设游船的实际速度为.

由，得，.

如图所示速度合成示意图，由，得，

.

所以的大小为的值为.

【小问2详解】

当时，设到达北岸点所用时间为，作出向量加法示意图如图所示，由向量数量积运算得：

. .

在Rt中，，从而.

所以.

故游船的实际航程为.

20. 中，，，，.

（1）若，，求的长度；

（2）若为角平分线，且，求的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）从向量角度，以为基底，表示出，再用向量法计算的模长，即的长度；

（2）用正弦定理的面积公式分别A表示出，，面积，列出等式计算即可求出A的正弦值，继而求出面积.

【小问1详解】

∵，，∴，

又∵在中，，，，

∴，

∴，即：.

【小问2详解】

在中，，

又∵，

∴，∴，∴，

∴，

∴.

21. 中，分别在边上，且.

（1）求与所成锐角的余弦值；

（2）在线段上是否存在一点，使.若存在，求的值；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）存在，

【解析】

【分析】（1）建立平面直角坐标系，借助两个向量夹角公式求解.

（2）设，利用，，解方程即可得到结果.

【小问1详解】

如图以为原点，所在的直线为轴建立平面直角坐标系.

则依题意，.

所以，.

则，

所以与所成锐角的余弦值为.

【小问2详解】

设，

则.

由，得，

解得.

所以存在点，使.

22. 南北朝时期的伟大科学家祖暅，于五世纪末提出了体积计算原理，即祖暅原理：“夫叠棋成立积，缘幂势既同，则积不容异”.意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么，这两个几何体的体积相等.其最著名之处是解决了“牟合方盖”的体积问题.如图所示，正方体，棱长为.

（1）求图中四分之一圆柱体的体积；

（2）在图中画出四分之一圆柱体与四分之一圆柱体一条交线（不要求说明理由）；

（3）四分之一圆柱体与四分之一圆柱体公共部分是八分之一个“牟合方盖”.点在棱上，设.过点作一个与正方体底面平行的平面，求该截面位于八分之一“牟合方盖”内部分的面积；

（4）如果令，求出八分之一“牟合方盖”的体积.

【答案】（1）   

（2）图见解析    （3）   

（4）

【解析】

【分析】（1）根据圆柱体积公式求得结果；

（2）观察图形，曲线是所求的一条交线.

（3）截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形，求出此正方形的面积；

（4）构造底面边长为，高为的正四棱锥.，根据祖桓原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该正四棱锥体积，

【小问1详解】

四分之一圆柱体的体积为：

.

【小问2详解】

如图所示，曲线是所求的一条交线.

【小问3详解】

如图所示，截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形

.

正方体的棱长为.又点在以为圆心，为半径的圆弧上，，

.

所以正方形的面积为，即为所求.

【小问4详解】

由（3）可知，用平行于八分之一“牟合方盖”底面的任意一个平面截它，所得截面面积是，其中是该平面截得的正方体的截面的面积，

又，因此可以构造底面边长为，高为的正四棱锥.

根据祖桓原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该正四棱锥体积，

即有：

.