浙江省宁波市金兰教育合作组织2022-2023学年高一下学期期中联考数学题 Word版含解析.docx

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2022学年高一年级第二学期宁波金兰教育合作组织期中联考数学试题考生须知：1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字．3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效．4．考试结束后，只需上交答题纸．选择题部分一、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.已知复数满足，则（）A.B.1C.5D.【答案】C【解析】【分析】根据复数的模长运算直接求解即可.【详解】由于，所以.故选：C.2.设是平面内的一个基底，则下面的四组向量不能作为基底的是（）A.和B.和C.和D.和【答案】D【解析】【分析】判断每个选项中的向量是否共线，即可判断出答案.【详解】由于是平面内的一个基底，故不共线，根据向量的加减法法则可知和不共线，和不共线，和不共线，故A，B，C中向量能作为平面的基底， ，故和共线，不能作为平面的基底，D错误，故选：D3.若一个正棱锥的各棱长和底面边长均相等，则该棱锥一定不是（）A.正三棱锥B.正四棱锥C.正五棱锥D.正六棱锥【答案】D【解析】【分析】对于选项A，考虑正四面体.对于B，C，D选项，画出满足部分条件几何体，通过证明来说明是否存在满足题意的图形.【详解】对于选项A，正四面体为满足条件的正三棱锥，故排除A；对于选项B，考虑如图所示的正四棱锥.满足，为底面正方形中心，EO平面ABCD.因底面为正方形，故，则，，，两两全等，得.故存在满足条件的正四棱锥，排除B；对于选项C，考虑如图所示的五棱锥.满足，O为底面正五边形中心，FO平面ABCDE.因底面为正五边形，故，则，，，，两两全等.得.故存在满足条件的正五棱锥，排除C； 对于选项D，考虑如图所示的正六棱锥.满足，O为底面正六边形中心.GO平面ABCDEF.但注意到OA=AB，，则有.这与所设满足的条件矛盾，故不存在满足条件的正六棱锥，故D正确.故选：D4.已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据向量的坐标运算结合投影向量的定义运算求解.【详解】由题意可得：，故向量在向量方向上的投影向量为.故选：A.5.如图所示，为测量某不可到达的竖直建筑物CO的高度，在此建筑物的同一侧且与此建筑物底部在同一水平面上选择相距60米的A，B两个观测点，并在A，B两点处测得建筑物顶部的仰角分别为45°和30° ，且，则此建筑物的高度为（）A.45mB.60mC.D.【答案】B【解析】【分析】由题意分析可得，，在中利用余弦定理运算求解.【详解】由题意可得：，在Rt中，由可得；在Rt中，由可得；在中，由余弦定理，即，整理得,解得或（舍去），所以此建筑物的高度为60m.故选：B.6.已知斜二侧画法下的直观图是边长为的正三角形（如图所示），则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】 【分析】过作轴，与轴交于点，由正弦定理可求出和的值，再在平面直角坐标系中得出与，利用勾股定理可得.【详解】如图所示，过作轴，与轴交于点，则，，，由正弦定理得，即，则，，将三角形还原到直角坐标系中，如图所示，，，所以，故选：A.7.已知平面向量，，均为单位向量，且，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据平面向量的数量积运算法则和性质求解即可. 【详解】平面向量，，均为单位向量，所以，又所以，平方得，则.故选：A.8.已知中，D，E分别为线段AB，BC上的点，直线AE，CD交于点P，且满足，则的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】令，，令，，利用平面向量基本定理确定点的位置即可求解作答.【详解】如图，令，，于是，而，并且不共线，因此，解得，令，，则，从而，解得，因此点是线段的中点，所以，所以.故选：C【点睛】思路点睛：用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决． 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对得2分．9.下列结论中正确的是（）A.正四面体一定是正三棱锥B.正四棱柱一定是长方体C.棱柱的侧面一定是平行四边形D.棱柱的两个互相平行的平面一定是棱柱的底面【答案】ABC【解析】【分析】根据各几何体的定义直接判断.【详解】A选项：正三棱锥是底面为正三角形，各侧棱长均相等的几何体，正四面体四个面均为正三角形且所有棱长均相等，所以A选项正确；B选项：正四棱柱为底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱即为长方体，所以B选项正确；C选项：棱柱上下底面互相平行且全等，且各侧棱互相平行，所以棱柱的侧面均为平行四边形，所以C选项正确；D选项：正四棱柱的侧面两两平行，所以D选项错误；故选：ABC.10.已知两个单位向量、的夹角为，若，则把有序数对叫做向量的斜坐标，若，，则（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】根据向量线性运算、向量模的定义、数量积的定义判断．【详解】由已知，，因此，所以的斜坐标为，A正确；，因此的斜坐标是，C正确；，，在与不垂直时，BD错； 故选：AC．11.下列命题中正确的命题是（）A.若复数满足，则B.若复数满足，则C.若复数，满足，则D.若复数，满足，则【答案】C【解析】【分析】设复数，根据复数的运算，验证即可判断A,B；设复数，根据已知等式结合复数运算，即可判断C,D.【详解】对于A，设复数，则，所以恒成立，则，故A不正确；对于B，设复数，则，若，则，所以，则，故或，则复数是纯虚数或实数，故B不正确；对于C，设复数，若，即，所以，整理得，所以，故C正确；对于D，设复数，若，则，整理得，而可得，所以D不正确.故选：C.12.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法中正确的是（）A.若，，则一定是等边三角形B.若，则一定是钝角三角形 C.若，则一定是等腰三角形D.若，则一定是直角三角形【答案】ABD【解析】【分析】利用正弦定理、余弦定理，结合三角恒等变换逐项计算、判断作答.【详解】对于A，中，，，由余弦定理得：，即，因此，一定是等边三角形，A正确；对于B，由得：，即，由正弦定理得，由余弦定理得，因此角是钝角，一定是钝角三角形，B正确；对于C，中，由及余弦定理得：，整理得，即，因此或，是等腰三角形或直角三角形，C错误；对于D，中，由及正弦定理得：，因此，即，整理得：，显然，，即，因此，而，于是，所以，一定是直角三角形，D正确.故选：ABD【点睛】结论点睛：的三边分别为a，b，c（a≥b≥c），若，则是锐角三角形；若，则是直角三角形；若，则是钝角三角形.非选择题部分 三、填空题：本小题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知正方体的棱长为，一蚂蚁沿着正方体的表面从点爬到点的最短距离是__________．【答案】【解析】【分析】做出正方体的侧面展开图，在平面图形内计算最短距离.【详解】如图所示，将正方体的侧面与展开，则最短距离为，故答案为：.14.已知复数，且，则（i是虚数单位）的最大值是______．【答案】3【解析】【分析】利用复数几何意义求解.【详解】因为，复数表示圆心在原点的单位圆，如图所示： 表示单位圆上的点到点的距离，由图知：当时，取得最大值3，故答案为：315.《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象．如图1所示的是八卦模型图，其平面图形（图2）中的正八边形，其中为正八边形的中心，边长，则__________．【答案】【解析】【分析】连接，，根据正八边形可知，，以，为基底表示，，在中，由余弦定理可得，求数量积即可.【详解】如图所示，连接，，由为正八边形可知，且，则，所以，即， 且，所以，则，中，由余弦定理，解得，所以，故答案为：.16.已知中，，，是线段上的两点，满足，，，，则__________．【答案】【解析】【分析】根据角分线的向量性质及中线的向量性质化简得解.【详解】由已知，，则， 所以，则，所以，即，即，又点在上，所以，所以，即，又，则，，即，联立，得，解得，或（舍），所以，则，所以，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.已知复数满足，且为纯虚数．（1）求；（2）若，，求实数，的值． 【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）根据纯虚数的概念可得，再由模长可得，即可确定与；（2）法一：代入，根据复数相等解方程即可；法二：根据复数方程的解列方程即可.【小问1详解】为纯虚数，，且，，，；【小问2详解】法一：把代入：，，化简得：，即，解得：，.法二：的一根为，则另一根为：，则，解得：，.18.已知平面直角坐标系内存在三点：，，．（1）求的值；（2）若平面上一点P满足：，，求点P的坐标．【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）根据题意结合向量的夹角公式运算求解；（2）根据题意结论向量平行、垂直关系运算求解.小问1详解】由题意可得：，，则，，，故.【小问2详解】由题意可得：，∵，设，∴，又∵，则，解得，∴，设，则，可得，解得，即.19.如图所示，以线段AB为直径的半圆上有一点C，满足：，，若将图中阴影部分绕直线AB旋转180°得到一个几何体．（1）求阴影部分形成的几何体的体积；（2）求阴影部分形成的几何体的表面积．【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）过点C作，垂足为点，旋转180°所得几何体为半个球挖掉两个半圆锥．分别求出两个半圆锥的体积，即可得出答案；（2）分别求出两个半圆锥的表面积，ACB以直线AB为轴，旋转一周得到一个半球面，表面积为，正面为一个圆减掉两个三角形，即图中阴影部分，求出，，则阴影部分形成的几何体的表面积为，求解即可.【小问1详解】过点C作，垂足为点，旋转180°所得几何体为半个球挖掉两个半圆锥．，，，，以直线AB为轴，旋转一周得到一个半圆锥，体积为，以直线AB为轴，旋转一周得到一个半圆锥，体积为，，半圆面以直线AB为轴，旋转一周得到一个半球体，体积为，.【小问2详解】以直线AB为轴，旋转一周得到一个半圆锥，侧面积为 ，以直线AB为轴，旋转一周得到一个半圆锥，侧面积为，ACB以直线AB为轴，旋转一周得到一个半球面，表面积为，正面为一个圆减掉两个三角形，即图中阴影部分：，.20.在中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，且，．（1）若，求的面积；（2）求周长的最大值．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）法一：由正弦定理得出，再由余弦定理得出，进而求出面积；法二：由余弦定理求出，，进而求出面积；（2）法一：由正弦定理的边化角公式结合三角函数的性质得出周长的最大值；法二：由余弦定理结合基本不等式得出周长的最大值.【小问1详解】法一：∵，由正弦定理得，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴．由余弦定理得：，，，∴或4， ∴或．综上，的面积为或.法二：由余弦定理得，，∴，∴，∵，．由余弦定理得：，，，∴或4，∴或．综上，的面积为或.【小问2详解】法一：由正弦定理得：，,其中，所以当时，；法二：由余弦定理得：∵，∴，∵，∴，当且仅当时取到最大值．21.如图，在梯形中，，，，点、是线段上的两个三等分点，点，点是线段上的两个三等分点，点是直线上的一点． （1）求的值；（2）求的值；（3）直线分别交线段、于，两点，若、、三点在同一直线上，求的值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）以，为基底表示，，可得；（2）以，为基底表示，进而计算模长；（3）根据向量共线定理分别可表示，，进而确定.【小问1详解】设，，，即；【小问2详解】，，；【小问3详解】设，即，， 因为在上，所以，即，，即，即，即，由于，，三点共线，所以，，，设，则，即，又在上，则，即，，由于，，三点共线，所以，即，所以，.22.法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这个三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”．如图，在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，，． （1）证明：为等边三角形；（2）若求m的最小值．【答案】（1）证明见解析（2）1【解析】【分析】（1）连接，，在中，由余弦定理可求出，同理可得，再结合正弦定理即可证明，同理可得；（2）由化简可得，再由基本不等式求出的最小值，即可求出m的最小值.【小问1详解】如图，连接，，则，，在中，由余弦定理得：，即 同理可得，∵，∴，∴.同理：，即为等边三角形.【小问2详解】则∵，，∴，解得：当且仅当，时取到最小值1．