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）

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.2B.C.1D.【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.6B.C.2D.【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：B7.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.2C.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4B.圆台的高为4C.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：ACD12.“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1km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）．