山东省枣庄市薛城区2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

2022-2023学年下学期高一期中学情检测数学试题本试卷共4页，22题，全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前考生务必将自己的姓名、考生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.（）A.B.C.D.3【答案】A【解析】【分析】根据复数的乘法运算求解.【详解】由题意可得：.故选：A.2.若向量，则点A的坐标为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出，即可得出点A的坐标.【详解】由题意，∵，∴∴， 故选：B.3.对于横纵坐标均为整数的向量，若它们的模相同，坐标不同，则称这些向量为“等模整向量”如向量是模为的“等模整向量”，则模为的“等模整向量”的个数为（）A.4B.8C.10D.12【答案】B【解析】【分析】根据“等模整向量”的概念求解.【详解】设向量为，则，又为整数，所以，从中取值，故符合条件的“等模整向量”为，共有8个.故选：B4.“近水亭台草木欣，朱楼百尺回波濆”，位于济南大明湖畔的超然楼始建于元代，历代因战火及灾涝等原因，屡毁屡建．今天我们所看到的超然楼为2008年重建而成，共有七层，站在楼上观光，可俯视整个大明湖的风景．如图，为测量超然楼的高度，小刘取了从西到东相距104（单位：米）的A，B两个观测点，在A点测得超然楼在北偏东的点D处（A，B，D在同一水平面上），在B点测得超然楼在北偏西，楼顶C的仰角为，则超然楼的高度（单位：米）为（）A.26B.C.52D.【答案】C【解析】【分析】根据题意结合直角三角形分析运算即可.【详解】由题意可得：（米），在中，可得，则（米），在Rt中，可得为等腰直角三角形，即（米）.故选：C. 5.矩形中，，M为线段上靠近A的三等分点，N为线段的中点，则（）A.B.0C.1D.7【答案】C【解析】【分析】以为基底向量表示，根据数量积的定义及运算律分析运算.【详解】以为基底向量，则，因为，则，所以.故选：C.6.三棱锥的侧棱上分别有三点E，F，G，且，则三棱锥与的体积之比是（）A.6B.8C.12D.24【答案】D【解析】【分析】根据体积公式计算三棱锥的体积与三棱锥的体积表达式，再求其比值.【详解】设的面积为，设的面积为，则，，又，，∴，过点作平面，过点作平面，如图， 则，∴与相似，又，∴，∵，，∴，∴三棱锥与的体积之比是24.故选：D.7.已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据数量积的运算可推得，正弦定理边化角可得.然后根据三角形内角和以及两角和的正弦定理化简可推得，辅助角公式化简可求得，然后根据角的范围，即可得出答案.【详解】由已知可得，.由正弦定理边化角可得，.因为，所以有. 又，所以，即，所以.因为，所以，所以，所以.故选：B.8.已知A，B，C，D四点都在表面积为的球O的表面上，若球O的直径，且，则三棱锥体积的最大值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，根据正弦定理可求r，根据几何关系可求D到平面ABC的距离为定值，当△ABC面积最大时，三棱椎A－BCD体积最大，利用余弦定理、基本不等式、三角形面积公式可求△ABC面积的最大值，即得.【详解】设球O的半径为R，因为球O的表面积为，故，即，∵，，设△ABC的外接圆半径为r，圆心为，∴根据正弦定理知，，即，∴，∵AD是直径，O是AD中点，故D到平面ABC的距离为，在△ABC中，根据余弦定理得，， 即，∴，当且仅当时，等号成立，∴△ABC面积的最大值为，∴三棱锥A－BCD体积的最大值.故选：D.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.关于复数，下列说法中正确的是（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根据复数的模及复数的乘法判断B，C选项，根据复数的共轭复数判断D选项，结合共轭复数及模长判断A选项.【详解】设，,A选项正确;,B选项错误;,C选项正确；,,D选项正确;.故选:ACD.10.已知正四棱台中，，则关于该正四棱台，下列说法正确的是（） A.B.高为C.体积为D.表面积为【答案】BC【解析】【分析】根据正四棱台的结构特征逐项分析判断.【详解】过分别作底面、的垂线，垂足分别为、，则，可得.对于A：在Rt中，可得，且为锐角，则，故A错误；对于B：正四棱台的高即为，故B错误；对于C：正四棱台的体积，故C正确；对于D：四棱台的表面积，故D错误；故选：BC.11.石墨的二维层状结构存在如图所示的环状正六边形，正六边形为其中的一个六元环，设，P为正六边形内一点（包括边界），则下列说法正确的是（）A.B. C.在上的投影向量为D.的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】建系，利用向量坐标的运算判断A、B、C，对于D：结合向量的投影分析运算.【详解】如图，以点A为坐标原点建立平面直角坐标系，则，可得.对于A：因为，则，故A错误；对于B：，故B正确；对于C：因为，则，所以在上的投影向量为，故C正确；对于D：分别过、作直线的垂线，垂足分别为、，则，可得在上的投影的取值范围为，且，所以的取值范围为，故D正确；故选：BCD.12.已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，内一点N满足与交于点D，则下列说法正确的是（） A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】由正弦定理判断A，再由向量的线性运算判断D，根据数量积运算判断B，由B知在角平分线上可判断C.【详解】，由正弦定理可得，故A正确;，可得，故D正确；，故B正确；如图，是的角平分线，，故C不正确.故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.___________．【答案】【解析】【分析】根据虚数单位的周期性求解.【详解】, 故答案为：14.中，为边的中线，，，，则中线的长为_________.【答案】##【解析】【分析】先由三角形构建平行四边形，使转化为，然后在根据余弦定理求，即可.【详解】如图，以边,为邻边做平行四边形，因为边的中线，则由平行四边形性质知共线，且，在平行四边形中，，，在中，由余弦定理得：，所以，，故答案为：15.设M为内一点，且，则与的面积之比为___________．【答案】【解析】【分析】根据题意结合三点共线的结论确定点的位置，进而分析运算即可.【详解】在取点，使得，则，可知：点为的中点， 可得，即，所以与的面积之比为.故答案为：.16.早在15世纪，达·芬奇就曾提出一种制作正二十面体的方法：如图（1），先制作三张一样的黄金矩形，然后从长边的中点E出发，沿着与短边平行的方向，即，再沿着与长边行的方向剪出相同的长度，即；将这三个矩形穿插两两垂直放置（如图（2）），连接所有顶点即可得到一个正二十面体（如图（3））．若黄金矩形的短边长为2，则按如上制作的正二十面体的表面积为______________，其内切球的表面积为______________．【答案】①.②.【解析】【分析】正二十面体的表面是20个全等的等边三角形，且每个等边三角形的边长都等于黄金矩形的短边长可得其表面积，根据对称性可知内切球的球心在所有黄金矩形的对角线交点处，从而可求出球的半径，得出答案.【详解】正二十面体的表面是20个全等的等边三角形，且每个等边三角形的边长都等于黄金矩形的短边长2.所以表面积为：根据对称性可知：三个黄金矩形的对角线交于一点,设该点为 由对称性可知，内切球和外接球的球心在所有黄金矩形的对角线交点处，点O连接其中一个面ABC，如图，作面ABC，则OA为外接球半径，为内切球的半径.黄金矩形的短边长为2，设长边为，则，即所以黄金矩形的对角线长为所以外接球的半径为：由正三棱锥的性质可知，为的中心，为的外接圆半径，所以，所以所以所以内切球的表面积为故答案为：；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）求；（2）若z是关于x的方程的一个根，求实数a，b的值．【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）根据复数的除法求，进而求模长；（2）将代入方程，根据复数相等列式求解.【小问1详解】因为，所以．【小问2详解】由（1）可得：，将代入方程得：，则，解得：．18.已知是同一平面内的三个向量，其中．（1）若，且，求坐标；（2）若，且，求与的夹角．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）设，然后根据向量模以及向量垂直的坐标表示，列出方程组，求解即可得出答案；（2）根据已知可推得，然后即可得出，进而得出答案.【小问1详解】设，由已知可得，解得或所以或．【小问2详解】由已知可得，. 由得，即，即，所以，所以.因为，，故.19.如图，圆锥的底面半径为3，此圆锥的侧面展开图是一个半圆．（1）求圆锥的表面积；（2）若圆锥的底面圆周和顶点S都在球的球面上，求球的体积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，根据圆锥的侧面展开图是一个半圆，由求得母线后再利用表面积公式求解.（2）令，利用球的截面圆性质，由求得半径即可.【小问1详解】解：设，由题意得：，则．所以．【小问2详解】 令，由，得，解得．故．20.中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c．已知．（1）求角A的大小；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意利用正、余弦定理分析运算；（2）利用正弦定理进行边化角，在结合三角恒等变换及余弦函数分析运算.【小问1详解】因为，由正弦定理得，整理得，所以，且，故.【小问2详解】因为，可得，则， 因为，所以，则所以，即．21.已知是边长为2的等边三角形，D为边的中点，E为边上任一点（包括端点），F在线段延长线上，且．（1）当最小时，求的值；（2）求取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）设，把转化为，由求出，从而可知当时，最小，把转化为用表示，再把代入即可求出的值；（2）把转化为用表示，化简为只含变量的二次函数，用二次函数求最值的方法即可求得的取值范围．【小问1详解】如图，设 因为，所以当时，最小，此时.【小问2详解】由（1）知，故，因为，因为，所以.22.中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知.（1）求的值；（2）若BD是的角平分线.（i）证明：；（ii）若，求的最大值.【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）【解析】【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合两角和正弦公式化简，即可得答案；（2）（i）在和中，分别应用正余弦定理，得出线段之间的等量关系，结合角平分线以及分式的性质，即可证明结论；（ii）利用（i）的结论以及基本不等式即可求得答案.【小问1详解】因为中，， 故，因为，故；【小问2详解】（i）证明：中，由正弦定理得①，又②，同理在中，③，④，BD是的角平分线，则，则，又，故，故①÷③得⑤，即，由②④得，，则，即；（ii）因为，故，则由⑤得，则， 由以及（i）知，即，则，当且仅当，结合，即时等号成立，故，即的最大值为.【点睛】难点点睛：本题解答的难点在于的证明，证明时要利用正余弦定理得到涉及到的线段之间的等量关系，然后利用分式的性质进行变形，过程比较复杂，计算量较大，因此要十分注意.