河北省保定市2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

河北省高一年级下学期期中考试数学注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上.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，同答非选择题时，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.4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第二册第六、七章到第八章第三节.一、选择题：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.在平行四边形ABCD中，（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据平面向量加减法规则求解.【详解】如图，根据平面向量的加法规则有：；故选：D.2.设，其中a、b为实数，则（）A.，B.，C.，D.，【答案】C【解析】【分析】利用复数的加减运算及复数相等的概念计算即可.【详解】因为a，，，所以，，解得，．故选：C 3.一个几何体由6个面围成，其中两个面是互相平行且全等的正多边形，其余各面都是全等的矩形，则该几何体是（）A.四棱柱B.六棱台C.六棱柱D.正方体【答案】A【解析】【分析】根据条件，分别对题目中四个选项分析推理.【详解】不妨假定两个平行的面是上下底面，并且必须是6个面，显然六棱柱和六棱台不满足要求，正方体要求各棱相等，题目中没有给出这个条件，也无法证得，不满足要求，而四棱柱满足要求.故选：A.4.已知、、三点共线，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】求出、，可知，利用平面向量共线的坐标表示可求得实数的值.【详解】因为、、，则，，因为、、三点共线，则，所以，即．故选：C.5.已知分别为三个内角的对边，且，则是（）A.锐角三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.钝角三角形【答案】D【解析】【分析】正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到，进而得到，得到，即可求解.【详解】因为，由正弦定理得，又因为，可得，所以， 因为，可得，所以，又因为，所以，所以为钝角三角形.故选：D.6.如图①，这是一个小正方体的侧面展开图，将小正方体从如图②所示的位置依次翻到第1格、第2格、第3格、第4格、第5格、第6格，这时小正方体正面朝上的图案是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据正方体的侧面展开图找出相对面，再由其特征得到结果.【详解】由图①可知，“同心圆”和“圆”相对，“加号”和“箭头”相对，“心形”和“星星”相对．由图②可得，小正方体从如图②所示的位置翻到第6格时正面朝上的图案是．故选：C.7.如图，一艘船向正北方向航行，航行速度为每小时海里，在处看灯塔在船的北偏东的方向上.1小时后，船航行到处，在处看灯塔在船的北偏东的方向上，则船航行到处时与灯塔之间的距离为（） A.海里B.海里C.海里D.海里【答案】B【解析】【分析】确定，，根据正弦定理得到，解得答案.【详解】，，，，则，即，，故选：B8.已知复数是关于的方程（，）的一个根，若复平面内满足的点的集合为图形，则围成的面积为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先由是方程的根求出，，然后由复数减法的几何意义求解即可.【详解】∵是关于的方程（，）的一个根，∴（，），化简得，∴，解得，∴，如图所示复平面内，复数和表示的点为和，表示的向量为和，则由复数减法的几何意义，复数表示的向量为， 若，则，∴点的集合图形是以为圆心，半径为的圆，∴围成的面积为.故选：A.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，井20分．在每小题给出的选项中，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.已知复数，，则（）A.B.的共轭复数为C.复数对应的点位于第二象限D.复数为纯虚数【答案】AD【解析】【分析】利用复数的模长公式可判断A选项；利用共轭复数的定义可判断B选项；利用复数的乘法以及复数的几何意义可判断C选项；利用复数的除法以及复数的概念可判断D选项.【详解】因，，则，，故A正确；的共轭复数为，故B错误；，复数对应的点位于第四象限，故C错误；为纯虚数，故D正确．故选：AD.10.在△ABC中，，，，，E为AC的中点，则（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】利用向量的线性运算可得AB选项正误；利用向量的数量积公式可得CD选项正误.【详解】因为，所以，故A错误； 由向量加法的三角形法则，可得，故B正确；由数量积公式得：，故C错误；，故D正确．故选：BD11.已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，若，，，满足此条件的三角形只有一个，则x的值可能为（）A.B.2C.D.3【答案】ABC【解析】【分析】由正弦定理及三角函数的图象与性质可判定结果.【详解】由正弦定理得，则，又，且满足条件的三角形只有一个，即x有唯一的角与其对应，所以，故．故选：ABC．12.设O为△ABC的外心（三角形外接圆的圆心），，，，若AM为∠BAC的平分线，则（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】根据向量的数量积运算律求解.【详解】如图，取的中点分别为，因为O为△ABC的外心，所以， 因为，，AM为∠BAC的平分线，所以，则，所以．故选:BC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，则该平面图形的高为________．【答案】【解析】【分析】由直观图与平面图形的关系还原即可.【详解】由直观图可得如图所示的平面图，在直角梯形中，，则该平面图形的高为．故答案为：. 14.古希腊数学家阿基米德是世界上公认的三位最伟大的数学家之一，其墓碑上刻着他认为最满意的一个数学发现——圆柱容球定理．如图，一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即圆柱的底面直径和高都等于球的直径），则该球与圆柱的体积之比为________，该球与圆柱的表面积之比为________．【答案】①.②.【解析】【分析】由题意可设球的半径为r，则圆柱的底面半径为r，高为2r，再利用球体和柱体的体积和表面积公式计算即可得出结果.【详解】设球的半径为r，则圆柱的底面半径为r，高为2r，所以，．故答案为：；.15.已知M为线段AB上的任意一点，O为直线AB外一点，A关于点O的对称点为C，B关于点C的对称点为D，若，则________．【答案】【解析】【分析】以为基底，利用A，B，M三点共线求解. 【详解】因为A关于点O的对称点为C，所以，，，又B关于点C的对称点为D，所以，又，所以，因为A，B，M三点共线，所以，即；故答案为：16.如图，某公园内有一个边长为的正方形区域，点处有一个路灯，，，现过点建一条直路分别交正方形区域两边，于点和点，若对五边形区域进行绿化，则此绿化区域面积的最大值为________．【答案】【解析】【分析】设和的长，使的面积最小，即可使五边形面积最大.【详解】设，，（，），∵，，∴，∴的面积为，的面积为，∵的面积，∴，即∵，，∴由基本不等式得，解得，即，当且仅当，即，时，等号成立， ∴的面积的最小值为，∴五边形面积的最大值．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.（1）若为实数，求的值；（2）若为纯虚数，求的值；（3）若复数在复平面内所对应的点位于第四象限，求的取值范围.【答案】（1）或（2）2（3）【解析】【分析】若为实数，则虚部为0，列出方程求解即可；若为纯虚数，则实部为0，虚部不为0，列出方程组求解即可；若复数在复平面内所对应点位于第四象限，则实部大于0，虚部小于0，列出不等式组求解即可。【小问1详解】若为实数，则虚部为0，所以，解得或【小问2详解】若为纯虚数，则实部为0，虚部不为0，所以解得【小问3详解】若复数在复平面内所对应的点位于第四象限，则实部大于0，虚部小于0，所以解得18.已知平面向量，，，且．（1）求的坐标；（2）求向量在向量上的投影向量的模． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】根据向量数量积的定义，投影向量的定义和坐标运算规则求解.【小问1详解】设，因为，所以，又，解得，，所以；【小问2详解】，所以，则向量在向量上的投影向量的模为；综上，，向量在向量上投影向量的模为5.19.如图，在直角梯形中，，，，，以边所在的直线为轴，其余三边旋转一周所形成的面围成一个几何体．（1）求该几何体的表面积；（2）一只蚂蚁在形成几何体上从点绕着几何体的侧面爬行一周回到点，求蚂蚁爬行的最短距离．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）旋转后所得几何体为圆台，由圆台表面积公式进行计算即可；（2）将圆台侧面沿母线展开求解即可.【小问1详解】 如图所示，满足题意的直角梯形，以边所在的直线为轴，其余三边旋转一周，形成一个上底面半径为，下底面半径，母线长的圆台，其表面积为.【小问2详解】将圆台的侧面沿母线展开，得到如图所示的一个扇环，∵圆台上下底面半径的关系为，∴，∴，又∵，∴，，设，则的弧长，∴，连接，取线段中点，连接，则，在中，，，∴，∴蚂蚁从点绕着圆台的侧面爬行一周回到点的最短路径即为线段，.∴蚂蚁爬行最短距离为．20.赵爽是我国古代数学家，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）．类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形．已知． （1）证明：F为AD的中点；（2）求向量与夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由得，再根据全等三角形性质可得，从而可得，继而得出E为CF的中点，F为AD的中点，从而得证.（2）设，由向量的线性运算可得，分别求出的值，由向量与夹角的余弦值为得出结论.【小问1详解】证明：因为，所以由正弦定理得．又因为，所以，所以，即E为CF的中点，所以F为AD的中点.【小问2详解】设，，所以，则，所以．又，所以向量与夹角的余弦值为． 21.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．（1）求角C；（2）记的面积为S，△ABC的周长为T，若，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理角化边，再由余弦定理求解作答.（2）根据已知结合三角形面积公式求出的函数关系，再利用均值不等式求解作答.【小问1详解】在中，由正弦定理及，得，由余弦定理得，，所以．【小问2详解】由（1）知，，即，于是，因为，即有，解得，当且仅当时取等号，又，因此，有，所以的取值范围为.22.如图，在平面四边形ABCD中，，． （1）若，，，求△ACD的面积；（2）若，，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先用余弦定理求出，再利用面积公式求解；（2）设，运用正弦定理分别表示出，再利用恒等变换以及三角函数的性质求解.【小问1详解】在中，，因为，所以，所以的面积；【小问2详解】设，，则，．在中，，则，在中，，则， 所以，当时，取得最大值；综上，的面积为，的最大值.