山西省太原市2022-2023学年高一下学期期中数学含解析

2022-2023学年高一年级第二学期期中质量监测

数学试卷

说明：本试卷为闭卷笔答,答题时间90分钟，满分100分.

一、选择题（本题共8小题，每小题3分,共24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.复数l-i的共轨复数为（)

A.-l+iB.-l-i

C.l+iD.1-i

【答案】C

【解析】

【分析】根据共轨复数的概念,即可得出答案.

【详解】根据共舸复数的概念,可知复数1-i的共筑复数为l+i∙

故选：C.

已知向量满足同

2.4,b=2,cι∙b=—2,则α∙a—2/?=()

A.6B.8C.10D.12

【答案】B

【解析】

【分析】根据数量积的运算，展开即可得出答案.

【详解】a-2b^-a2—2a

b=∣α∣2-2a∙b=4—2x(—2)=8.

故选：B

已知复数Z=（I—,则下列说法正确的是（

3.)

-1

A.Z的虚部为4B.复数Z在复平面内对应的点位于第三象限

C.z2=20-16iD.∣Z∣=2Λ∕5

【答案】D

【解析】

【分析】求复数Z的代数形式，再由复数虚部的定义，复数的几何意义，复数的乘法运算，复数的模的运

算公式依次判断各选项.

(l-i)(3i-l)2+4i(2+4i)∙i

【详解】因为Z=ɪ一八一I=—=".J-=-4+2i,

-1-1(T)7

则Z的虚部为2,A错误；

复数Z在复平面内对应的点为(-4,2),在第二象限，B错误：

z2=(T+2i)2=16—16i—4=12—16i,C错误；

IZl=JI6+4=2百,D正确.

故选：D.

4.已知向量α=(2,2),⅛=(m,-l),若a_L(a—24，则。与方夹角的余弦值为()

ʌ1b√5c√3d1

5533

【答案】B

【解析】

【分析】由己知结合数量积的运算律，可求得加=3,代入求出口，M，2力的值，即可得出答案.

【详解】由己知可得，α∙(α-2b)=0,即/一2。力=0.

又1=2?+2?=8，a∙b=2m-2,

所以有8-2(2m-2)=0,解得加=3,

所以b=(3,-1),

所以α∙5=4'b=32+(—1)=10>

所以，W=2√Σ,W=M,

∕r?,\a∙b4∖∣5

所以，3(。@=丽=赤布=7∙

故选：B.

5.已知一圆锥的母线长为3,侧面积为3氐，则该圆锥的高为()

A.2B.√5C.4D.10

【答案】A

【解析】

【分析】计算出圆锥的底面半径，利用勾股定理可求得该圆锥的高.

【详解】设该圆锥的底面半径为，高为/?,圆锥的侧面积为S=Tix3r=3⑥，解得「=指，

因此，该圆锥的高为∕z=J3?-5=2∙

故选：A.

6.在四边形ABeQ中，若AB+α>=o,S.\AB-AD\=\AB+AC\,则该四边形是()

A.正方形B.菱形

C.矩形D.等腰梯形

【答案】C

【解析】

【分析】由∣A8-A4=∣AB+A4结合平面向量数量积可得出ΛB,4‰再结合AB+8=O可得出结论.

【详解】因为∣A8-A4=kB+A4,则(A8—=(AB+AO)2,

2222AifrZĦUUUUUUl

即AB-+AD'-2ABAD=AB+AD+2AB-AD>整理可得AB•A3=0，

易知48、A。均为非零向量，则ABL4),

因为A8+CD=0,则A8〃8且IAq=Ieq,

所以，四边形ABC。为矩形.

故选：C.

7.在边长为2的正方形ABC。中，点E为边BC上的动点，点厂为边Co上的动点，且DE=CE,则

Bb∙EV的最小值为()

A.6B.5C.4D.3

【答案】D

【解析】

【分析】建立平面直角坐标系，写出8F,EF的坐标，求出数量积，即可得出答案.

如图，建立平面直角坐标系，则3(2,0),设厂(42),0≤X≤2,

则。尸=X,所以BE=2-2,E(2,2-Λ),

ULIUUUU

所以，8/=(4-2,2),EF^{λ-2,λ),

UUUUUU9

所以，BF∙EF=(Λ-2,2)∙(Λ-2,Λ)=Λ12-2Λ+4=(Λ-l)-+3≥3,

所以当2=1时，有最小值3.

故选：D.

•rɔ

8.已知一ABC的面积为2石，AB=2,NB=乙，则"=()

3SinC

Γ

A.√3B.2√3C.-D.2

2

【答案】A

【解析】

【分析】根据面积公式可求得BC=4.由余弦定理即可求出AC=2g∙根据正弦定理，即可推得

sinB_AC_∕τ

sinC^AB^

11/T

【详解】由SVABC=-XABXBCXSin8可得，2小=LX2义BC义士，

222

所以3C=4∙

由余弦定理可得，AC?=AB2+BC2-2AB×BCcosB=22+42-2x2x4x^=12,

2

所以AC=2#

由正弦定理£=小"可得，=也=空=下

sɪnBsinCsinCAB2

故选：A.

二、多选题(本题共4小题，每小题3分，共12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3分，部分选对的得2分，有选错的得O分.)

9.用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的是()

A.三角形的直观图是三角形

B.平行四边形的直观图是平行四边形

C.正方形的直观图是正方形

D.菱形的直观图是菱形

【答案】AB

【解析】

【分析】根据斜二测直观图的画法规则，对选项逐一判断，即可得到结果.

【详解】由斜二测直观图的画法规则，平行依旧垂改斜，横等纵半竖不变，

可知三角形的直观图还是三角形，故A正确；

平行四边形的直观图仍然是平行四边形，故B正确；

正方形和菱形的直观图是平行四边形，故CD错误；

故选：AB.

10.己知复数4、Z2,则下列结论正确的是()

A-∣zj+∣z2∣>∣z1+z2∣

B.若㈤>"|,则Zl>z2

C.若z∣Z2=O,则Z]、z2中至少有1个是O

2

D.若Z]H0且zlz2=∣z1∣,则Zl=Z2

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用复数的模长公式可判断A选项；利用虚数不能比较大小可判断B选项；利用复数的三角形式

的代数运算结合反证法可判断C选项；利用复数的运算性质结合C选项可判断D选项.

【详解】设Z]=Ol+b∣i,z2=a2+b^(al,a2,bvb2∈R),

对于A选项，z1+z2=(Ol-⅛1i)+(a2-⅛2i)=(6f1+¾)-(fe1+⅛2)i,

所以，(∣z∣∣÷∣z2∣)~~∖z]+z21=+Ja；+&)-(4+/)+(A+4)

=2+尺)―2(4出+结2)，

2

因为(a；+月)侬+⅛2)-(a1a2÷⅛1⅛2)=Md+46；+a浙++2ala2^b2

2

=4笼—2ala2blb2+=(alb2—a2bl)≥0,

则(IZll+1Z21)2-卜1+Z2『=2#：+t)(w+硝-2(ala2+b,l>2)≥0,

所以，㈤+㈤≥>∣+Z2∣,A对;

对于B选项，若4、Z2中至少有一个为虚数，则由、Z2不能比较大小，B错；

对于C选项，若Z∣Z2=0,假设4、Z2均不为零，则∣Z∣∣≠0,卜2∣Wθ,

则存在4、a≡R，使得ZI=IzIl(CoSa+isi∏α),z2=∣z2∣(cos^+isin^),

则z1z2=∣zl∣∙∣z2∣∙[cos(^1+a)+isin(α+幻],

因为CoS2(α+a)+sin2(α+q)=ι,则cos(a+q)、sin(ɑ+^)不可能同时为零，

所以，

Z1Z2=∣Z1∣∙∣Z2∣∙[COS(<9I+^)+isin((9l+(92)]≠0,

故假设不成立，所以，zɪ>Z2中至少有一个为零，C对；

2

对于D选项，Z1Z2=∣zl∣=z∣z∣>则Z[∙(z∣-Z2)=0,

因为ZlHO,则Z]≠0,由C选项可知，Z1-Z2=O,即4=Z2,D对.

故选：ACD.

11.在直角坐标系Xoy中，已知点4(1』),3(2,3),。(3,2),。/>=加43+〃4。,(利,“€区)，则()

A.若OP〃BC，则加+〃=0

B.若点P在BC上，则m+〃=1

C.若PA+P8+PC=0,则，〃一“=O

D.若A尸在Ae方向上的投影向量是(2,1),则加一〃=1

【答案】AC

【解析】

【分析】根据向量共线的坐标表示计算可判断AB；由向量相等建立方程组求得相，〃，可判断C；先求得

投影和与AC同向的单位向量，然后由投影向量列方程，变形可判断D.

【详解】由题知，AB=(1,2),BC=(1,-1),AC=(2,1)

所以OP=mAB+nAC-(m+2n,2m+〃)

A中，因为O尸〃BC，所以2m+"+m+2”=0,即〃z+〃=0,A正确；

B中，BP=OP-OB=(m+2n-2,2m+n-3),因为点尸在8C上,

【答案】ACD

【解析】

【分析】由已知可推得，二十四等边体的各个顶点均为正方体各个棱的中点，即可得出A项；根据A

项，可知四面体G-QPG是三条侧棱两两垂直，即可得出三棱锥的体积，判断B项；根据B项的结

果，以及正方体的体积公式，即可得出C项；设球心为。，连结BG，取BG中点为T,连结

OT,GT,OG,构造RtOTG,根据勾股定理，即可求出OG=J∑,即外接球的半径为&，即可求出

表面积得出D项.

【详解】

图1

对于A项，由已知可推得，二十四等边体的各个顶点均为正方体A4GQ-Az3GA各个棱的中点，

如图1,则QP=6PC∣=与BG=6，所以8]G=2,故A项正确；

对于B项，如图1,由A知，四面体G-。PG是三条侧棱两两垂直，且长度为1的三棱锥，所以

XIXlXI=(,故B项错误；

对于C项，正方体的体积为M=23=8,所以该二十四等边体的体积为

120

V=K-8/L°G=8-8x7=3~,故C项正确；

对于D项，如图2,设球心为。，显然。是正方体的中心，连结与G，取与G中点为T，连结

OT,GT,OG,

因为G,T分别是GB2,GG的中点，所以GT=g&C2=l.

又OT=:A4=I,OTVGT,

所以，在RtOTU中，有OG2=0T2+GT?=2,所以OG=J∑,

所以，该二十四等边体外接球的半径R=OG=四，表面积为4πR2=8π,故D项正确.

故选：ACD.

三、填空题(本题共4小题，每小题4分，共16分，把答案写在题中横线上)

13.设复数Z满足(l-i)z=2",则Z=.

【答案】-√Σ+"##"-逝

【解析】

【分析】利用复数的除法化简可得复数z.

【详解】因为(1—i)z=2√∑i,则Z=迈=芝g4="(l+i)=—&+&i.

l-ɪ(l-ι)(l+ι)

故答案为：-JΣ+y∣2i-

14.如图所示的图案，是由圆柱、球和圆锥组成，已知球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥

的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面，则图案中圆锥、球、圆柱的体积

%1锥：V球:%柱=-----------

【答案】1:2:3

【解析】

【分析】由已知可设底面圆的半径为「，进而由已知得出圆锥、球、圆柱的体积，即可得出答案.

【详解】设底面圆的半径为r,则圆柱的高为力=2厂，球的半径为，

所以，圆锥的体积%j锥=g兀/Z/=1/,KR=∙∣兀，，%柱="%=2π∕,

∣.∣I!--a+bCl-b

16.已知向量H=网=α∙h=2,c=λa-∖-μb^λ,μ≡R),且C-----=,则丸+4的取值范围

是.

【答案】1,l+g

33

【解析】

【分析】由题意设C=(X,y),a=(1,6),〃=(—由c=4α+χ∕。把Z"用工，＞表示，由

c，：二J—得出MV满足的关系式，用换元法，设X=CoS6,y=C+sin6,

这样可得4+〃用8表示，从而可得其范围.

【详解】设】=(X,y),α=(l,而，t=(T>Λ),则Id=W=Q∙b=2,

λ^~(x+-y)

23

由c=+〃。得,

，

μ=-1<-χN+-y)、

a-h+bL,a-bɔL)

h=11,丁a=(0,6),由‘一亍=亍得―石)-=1'

设X=cosθ>y=6+sin6,

,,1√3l√3√3

由/I+/=/z(X+^-y)λ+∕(z一龙+^-y)λ=-yy1+—sin6,，

3

因一l≤sin6>≤l,所以1—走≤4+4≤I+走

33

故答案为：1—9'i^l^~楙^I•

四、解答题(本题共5小题，共48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∣=l+αi(αeR),且[(3+i)为纯虚数.

(1)求实数”的值；

(2)设复数Z2=---------，且复数Z2对应的点在第二象限，求实数方的取值范围.

Zl

【答案】(1)«=-3

【解析】

【分析】(1)求得z∣=l+αi(α∈R)的共甑复数，代入](3+i)中，化简求得对应的实部与虚部，再由纯

虚数的定义即可求得实数4的值；

2023

Z7-;

(2)将z∣=l+αi(αwR)代入Z2=---------中化简，求得复数z2的标准形式，及对应的点，再由第二象

ZI

限点的特点，即可求得实数/7的取值范围.

【小问1详解】

因为U=1÷4i,z1=1—αi,

.∙.[(3+i)=(l-4i)∙(3+i)=3+i—3ai—ɑi?=(3+α)+(l—3α)i,

又W(3+i)为纯虚数，

3+Q=O

l-3a≠0,

解得a——3.

【小问2详解】

_∕Y023="i_9+i)∙(l+3i)(f+(31+l)i∕-33h+l.

Z?~---l+ai^T≡3i^(l-3i)∙(l+3i)^W―记+]0L

因为复数Z2所对应的点在第二象限,

b-3<0

所以＜

3⅛+l>0

解得—<h<3,

3

所以）的取值范围是（一；,31

18.如图，在_ABC中，已知AB=2,4C=5,Nβ4C=60°,BC,AC边上的中线AM,BN相交于点P.设

AB=a,AC=b.

（1）用a,b蓑示BN；

（2）求网.

【答案】（1）BN=-b-a

2

⑵

3

【解析】

【分析】（1）根据向量代数运算即可求解；

（2）先证明点尸为一ABC的重心，则AP=根据向量模求解公式即可求解.

【小问1详解】

1.

BN=AN—AB=—b-a；

2

【小问2详解】

因为AM,BN分别为8C,AC边上的中线

2一

所以点尸为，IBC的重心，则AP=IAM

由于AM=g（AB+4C）=；（.+/?）

ɔ[

所以AP=—AM=—（a+/?）,

33、>

o

∣AP∣=l∣a+⅛∣=l∖∣a+2a∙b+b^=ɪ√4+2×2×5×cos60+25=半.

19.如图，矩形0'A3'C'是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形OWC的直观图，其中

O'A'=3,O'Cɪ1.

（1）画出平面四边形（MBC的平面图，并计算其面积;

（2）若该四边形OLBC以Q4为轴，旋转一周，求旋转形成的几何体的体积和表面积.

【答案】（1）平面图见解析，面积为60

（2）几何体的体积为24π,表面积为24√∑π

【解析】

【分析】S）设oy与BC'交点为Z）¢,在RtOCD中，求出OTy=J5，OD=2θD=2日即

可得出答案;

（2）先求出OC=3,43=3.然后根据题意可推得旋转形成的几何体为圆柱挖去一个同底的圆锥，与一

个同底的圆锥构成的组合体.进而根据组合体的构成，结合圆柱、圆锥的体积公式、表面积公式，即可得

出答案.

因为。C'=l,NCoy=45。，所以OT/=&,CD'=1.

.钻C的平面图如图2所示:

则OD=2O'D'=2√∑,

Soλbc—OAXOD=3×2Λ∕2=6母.

【小问2详解】

由（1）可得，在RtAODC中，有。=。。2+=（2忘了+12=9,

所以，OC=3,所以A8=3.

如图3,分别过点B,C作Q4及其延长线的垂线，垂足为E,F.

矩形FEcB绕OA及其延长线，旋转一周得到一个底面半径r=0D=2j∑,母线4=8C=3的圆柱;

RtBEA绕OA,旋转一周得到一个底面半径r=0D=2√∑,母线4=45=3,高4=AE=I的圆

锥；

RtACEO绕。4及其延长线，旋转一周得到一个底面半径r=0。=2√∑,母线g=0C=3,高

h2-OF-CD=1的圆锥.

所以，旋转形成的几何体为圆柱挖去一个同底的圆锥，与一个同底的圆锥构成的组合体.

则旋转形成的几何体的体积即等于圆柱的体积，减去挖去的圆锥体积，加上组合的圆锥的体积，

所以，旋转形成的几何体的体积V=π//—∙Lπz∙2∕+,兀产/

3^3

=π×(2√2)2∙3-∣π×(2^^)2×l+^π×(2√2)2×1=24π.

旋转形成的几何体的表面积即等于圆柱的侧面积，加上两个圆锥的侧面积之和，

所以S=2兀%+兀〃2+无r∕2=2πx2√∑x3+πx2j^x3+πx2√∑x3=24j∑τt∙

20.一ABC的内角A、B、C的对边分别为。、b、c,已知向量〃z=(2b—c,cosC)与向量

/2=(«,COSA)共线.

(1)求A；

(2)若-ABC的面积为56，b=5,求SinBSinC的值.

Jl

【答案】(1)A=—

3

(2)SinBsinC=-

7

【解析】

【分析】(1)利用向量共线的坐标表示以及正弦定理可求得CoSA的值，结合角A的取值范围可求得角A

的值；

(2)由三角形的面积公式可求得C的值，由余弦定理可求得。的值，再利用正弦定可求得SinBSinC的值.

【小问1详解】

解：在j4BC中，A+B+C=π,

向量机=(2Z?-C,cosC)与向量”=(α,cosA)共线，.'.(2Z>-c)cosA=αcosC,

由正弦定理可得(2SilIS-Sine)CoSA=SinACOSe,

.∙.2sinBcosA=sinAcosC+CoSASinC=Sin(A+C)=SirLβ,

ɪ兀

A、β∈(0,π),则SinB>0,cosA=^,A=§.

【小问2详解】

解：由三角形的面积公式可得SAABC=g人CSirLA=gx5xcx¥=56,得c=4,

由余弦定理Cr=Z?-+C?一2。CCoSA=25+16—2×5×4×-=21,故Q=(21，

bbe_(aY_21_0δ

由正弦定嗑^扁=意得看福=UiJ=3=28,

4

所以SinBSinC=区3=3.

287

21.ABC内角A,8,C的对边分别为α,4c,己知向量戊=(以一c,cosC)与向量〃=(α,cosA)共线.

(1)求A；

(2)若一ABC的面积为3括，求.ABC周长的取值范围.

7T

【答案】(1)A=W

(2)[6g^,+oo)

【解析】

【分析】(1)由向量共线的坐标运算可得(2〃—C)COSA=αcosC,再根据正弦定理化筒即可得出答案；

(2)根据，ABC的面积公式可得Ac=12,再根据余弦定理以及基本不等式化简即可得出结论.

【小问1详解】

在一AeC中，A+8+C=7C,

向量加与〃向量共线，.∙.(2b-c)COsA=QCosC,

由正弦定理可得(2SinB-SincɔcosA=SinAcosC,

.,.2sinBcosA=sin(A+C)=si∏jB,sinB≠O,.∙.cosA=^∙,

又a∈(o,7i),所以A=

【小问2详解】

因为S=4。CSinA=36,所以6c=12,

2

由余弦定理得：a2=b2+c2-2》CCOSA=S+c)2-3bc=(b+c)2-36,

所以/?+C=N2痴=2/,。2+36≥48,αN√I?，

所以a+6+c=Ja2+36+α≥3√i^=6G∙

所以周长的取值范围是[6后,+e).

22.如图所示，是一块三角形空地，其中。4=3km,<9B=3√3km.ZAOB=90.当地政府计划将这

块空地改造成一个休闲娱乐场所，拟在中间挖一个人工湖」OMN,其中M、N在边AB上，且

NMQN=30，挖出的泥土堆放在AOAM地带形成假山，剩下的AQBN地带建成活动场所.

B

(1)当AM=Tkm时∙，求OM的长度；

(2)若要求挖人工湖用地OMN的面积是堆假山用地AQAM面积的G倍，试确定/AOM的大小.

【答案】(1)OM=—km

2

(2)?AOM15°

【解析】

【分析】(1)求出/048,然后在.AOM中利用余弦定理可求得OM的长；

(2)设NAoM=6»(0<(9<60),由S徵MV=J⅛xc可求出QV,然后在，AON中，利用正弦定

理结合三角恒等变换求出sin26的值，求出2。的取值范围，可求得。的值，即为所求.

【小问1详解】

解：在JLOB中，因为Q4=3,OB=35ZAOB=90，

则tanNOAB=----=∖/3,所以NOAB=60>

OA

3

在.AOM中，04=3,AM=],ZOAM=60-

由余弦定理得0M=√(9A*23+AM2-20A-AMcos60=J9+--2×3×-×-=士叵km.

V4222

【小问2详解】

解：设NAOM=e(θ<e<6θ),

因为S所以g°N∙0Λ∕sin30=石TQ4∙0Msin/

即ON=6√3sin^，

ON________OA_3

在AAoN中，由正弦定理sE60-Sin(180-。-60-30)-COS。'

得ON=K-,所以Sine=v叵，即sin26=J,

2cos62cos62

由0<26<120，得29=30，所以，=15，即？AoM15°.

23.如图所示，是一块三角形空地，其中Q4=3km,03=3Gkm，NAO3=90°.当地政府规划将这

块空地改造成一个休闲娱乐场所，拟在中间挖一个人工湖一∙OMN,其中M,N在边AB上，且

NMON=30。，挖出的泥土堆放在aQAM地带上形成假山，剩下的4O8N地带建成活动场所.

O---------------a

（1）若要求挖人工湖用地OMN的面积是堆假山用地4Q4”面积的万倍，试确定NAOM的大小；

（2）为节省投入资金，人工湖,OMN的面积要尽可能小，问如何设计施工方案，可使，OMV的面积最

小？最小面积是多少？

【答案】（1）ZAOM=15°

（2）NAOM=15°时，OMN的面积取得最小值，最小值为31GWIkm?

4

【解析】

【分析】（1）由已知可推得NQW=60。.设NAoM=e（0°<e<60。），根据己知

SAOMN=屈AOAM,推得ON=6瓜in6.在，AQV中，由正弦定理得ON=N，即可得出

2cosθ

sin26=L,根据。的范围，即可得出答案；

2

（2）在AQW中，由正弦定理得OM=C,沙…、，在AOBN中，由正弦定理得ON=-^叵-.