河南省开封市杞县高中2022-2023学年高一下学期期中数学试题（Word版附解析）

2022-2023学年下学期高中数学期中考试卷注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息；2.请将答案正确填写在答题卡上.一、单选题（本题共8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.已知复数满足，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】首先设复数，再根据复数模的公式，以及复数相等，即可求解.【详解】设，，所以，所以，解得：，所以.故选：C2.已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的高为（）A.B.C.D.4【答案】C【解析】【分析】由扇形弧长公式求圆锥的母线长，再根据圆锥的母线、高和底面半径的关系求高.【详解】因为底面半径，所以母线长，所以圆锥高.故选：C3.复数在复平面内对应的点所在的象限为（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限 【答案】C【解析】【分析】利用复数除法化简复数，再根据复数的几何意义即可得到答案．【详解】，所以复数对应的点坐标为，该点是第三象限点，故选：C．4.对于向量、，“”是“”的（　　）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】利用向量平行和相等可以进行判断.【详解】因为时一定有，所以“”是“”的必要条件，但时，两个向量不一定相等，如零向量与任意非零向量都平行，但不相等，所以“”是“”的不充分条件.所以“”是“”的必要不充分条件，故选：B．5.用斜二测画法作一个边长为2的正方形，则其直观图的面积为（　　）A.B.2C.4D.【答案】D【解析】【分析】根据斜二测画法的原则得到直观图的对应边长关系，即可求出相应的面积.【详解】根据斜二测画法的原则可知， 所以对应直观图的面积为.故选：D.6.设复数z的辐角的主值为，虚部为，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】先求出复数z，再求出.【详解】由复数z的辐角的主值为可设复数.因为虚部为，所以，解得：.所以.所以.故选：A7.已知向量，若三点不能构成三角形，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用向量共线的坐标表示列方程求参数k.【详解】若三点不能构成三角形，则三点共线，即，所以，得1.故选：D8.已知斜三棱柱的一个侧面的面积为10，该侧面与其相对侧棱的距离为3 ，则此斜三棱柱的体积为（）A.30B.15C.10D.60【答案】B【解析】【分析】通过补体，两个斜三棱柱组成一个四棱柱，求四棱柱的体积，斜三棱柱的体积是四棱柱的体积的一半.【详解】如图，两个斜三棱柱组成一个四棱柱，以斜三棱柱的一个侧面为四棱柱的底面，面积为，高，四棱柱的体积，则此斜三棱柱的体积为.故选：B.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，有多项是符合题目要求的，全选对得5分，部分选对得2分，有选错的不得分.）9.下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（）A.|z|＝B.z2＝2iC.z的共轭复数为D.z是关于x的方程的一个根【答案】ABD【解析】【分析】利用复数的相关概念以及复数的运算进行计算求解.【详解】因为，所以，故A正确；因为，故B正确；因为z的共轭复数为，故C错误；因为方程，所以， 所以方程的根为，故D正确.故选：ABD.10.已知向量满足，，且，则（）A.B.C.与的夹角为D.与的夹角为【答案】AC【解析】【分析】根据数量积的运算律，结合已知即可推出，得出A项；进而即可根据数量积的运算律，判断B、C、D项.【详解】由已知可得，.又，，所以，所以.对于A项，因为，故A正确；对于B项，因为，故B项错误；因为，所以与的夹角为，故C正确，D错误.故选：AC.11.已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则下列说法正确的是（）A.圆锥的高是B.圆锥的母线长是4C.圆锥的表面积是D.圆锥的体积是【答案】BD【解析】【分析】根据圆锥侧面展开图可求得圆锥母线和高，进而得到其体积和表面积，即可判断出正确选项.【详解】设圆锥母线为，高为，侧面展开图的弧长与底面圆周长相等，由弧长公式得，即；所以圆锥的母线长是4，即B正确； 高为，所以选项A错误；圆锥的表面积是，故C错误；圆锥的体积是，即D正确.故选：BD12.在中，角的对边分别为，下列说法正确的是（）A.若，则只有一解B.若，则是锐角三角形C.若，则.D.若，则的形状是等腰或直角三角形【答案】ACD【解析】【分析】对于A，利用正弦定理及特殊角三角函数值直接求解即可；对于B，利用向量的数量积的定义即可求解；对于C，利用正弦定理直接进行判断；对于D，利用正弦定理及两角和的正弦展开式化简计算求解.【详解】对于A，由正弦定理，则，因为，所以，只有一解，故A正确；对于B，若，则，则为锐角，无法确定，不一定是锐角三角形，故B错误；对于C，由正弦定理，又，可得，故C正确；对于D，已知，由正弦定理可得，因为，所以，即，则，解得或，所以，或，所以的形状是等腰或直角三角形，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.已知非零向量满足，且，则____.【答案】4【解析】【分析】根据向量加减运算及向量的模长可得出平行四边形OACB是矩形，由矩形对角线相等得解.【详解】如图所示，设，，则，以OA，OB为邻边作平行四边形OACB，则，由于，故，所以直角三角形，，从而OA⊥OB，所以平行四边形OACB是矩形，根据矩形的对角线相等得，即.故答案为：414.已知复数是方程的两个根，则__________．【答案】【解析】【分析】由题意求出，代入化简，可得答案.【详解】由复数是方程的两个根，则不妨取， 故，故答案为：15.在中，角所对的边分别为，，，，且面积为，若，则______．【答案】3【解析】【分析】根据三角形面积解得，代入解得或；然后根据余弦定理求得.【详解】解得：；又，代入得：或；根据余弦定理得：，解得：；故答案为：316.已知圆柱的全面积为，圆柱内有一平行于圆柱轴的截面，截面面积为，且截面上的两条母线将圆柱侧面分成两部分的表面积之比为，则圆柱的体积是______.【答案】【解析】【分析】依题意画出图形，根据面积之比求出弦所对的圆心角，从而求出，设底面半径为、圆柱的高为，根据面积公式得到方程组，解得、，最后根据体积公式计算可得.【详解】解：因为截面上的两条母线将圆柱侧面分成两部分的表面积之比为，可知由圆柱底面圆心向截面与底面的两个交点连线形成的圆心角，即弦所对的圆心角为，设底面半径为，则弦， 设圆柱的高为，则，解得或（舍去），所以圆柱的体积.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.如图，在菱形中，.（1）若，求的值；（2）若，，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意可知，即可求解；（2），从而即可求解.【小问1详解】因为在菱形中，.故， 故，所以.【小问2详解】显然，所以①，因为菱形，且，，故，.所以.故①式.故18.已知复数，其中i为虚数单位，.（1）若z是纯虚数，求m的值；（2）z在复平面内对应的点在第二象限，求m的取值范围.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）z是纯虚数需要满足实部等于0，虚部不等于0，即可求出结果；（2）z在复平面内对应的点在第二象限，需要满足实部小于0，虚部大于0.【小问1详解】因为z是纯虚数，所以，解得.【小问2详解】因为z在复平面内对应的点在第二象限， 所以，解得，所以m的取值范围为.19.在中,角的对边分别为,且满足.（1）求角;（2）若为边的中点,且,,求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)由正弦定理将边化角,然后利用内角和定理将转化成即可求解;(2)分别在两个三角形中用余弦定理即可求解出各边长,从而求出周长.【小问1详解】在中因为,由正弦定理得,所以,即,又因为,,所以,所以.【小问2详解】取边的中点,连接,则，且,， 在中,由余弦定理得:,解得,所以.在中,由余弦定理得:所以的周长为.20.如图，正三棱锥中，，点分别为的中点，一只蚂蚁从点出发，沿三棱锥侧面爬行到点，求：（1）该三棱锥的体积与表面积；（2）蚂蚁爬行的最短路线长.【答案】（1）体积为，表面积为；（2）.【解析】【分析】（1）将△当作底面，将当作三棱锥的高，由三棱锥体积公式即可求得三棱锥的体积；再由求出各个面的面积，由面积公式可得三棱锥的表面积；（2）将△与延展开，使得两个三角形在同一个平面上，连接，再由余弦定理即可求得最短值.【小问1详解】因为，所以，即，又，VB、VC在面VBC内，得面， ，【小问2详解】如下图：连接，线段的长度即蚂蚁爬行的最短路线长，△中，，由余弦定理可得：，即.21.已知向量，．（1）若，求的值；（2）若，求与夹角的余弦值．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）根据向量平行列方程，即可求得的值；（2）根据平面向量垂直列方程，求出的值，再结合坐标运算求与的夹角的余弦值即可．小问1详解】因为，，，所以，即，所以或．【小问2详解】 因为，所以，即所以，所以，即，所以,，则，所以.22.记的内角，，的对边分别为，，，已知.（1）求；（2）若，求周长的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）已知等式结合倍角公式和余弦定理，化简得，可求；（2）结合正弦定理表示出a和c，进而将周长表示为关于角A的正弦函数，利用正弦函数性质以及A的范围即可求得答案．【小问1详解】，由倍角公式得，由余弦定理，，化简得，则，由，得.【小问2详解】由正弦定理得︰，∴，，， ，由，，∴，即（当且仅当时，等号成立），从而周长的取值范围是