河南省商丘市部分学校2022-2023学年高一下学期期中考试数学试题

大联考2022—2023学年（下）高一年级期中考试数学一、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，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用复数除法运算求出复数，再求出复数的模作答.【详解】，所以.故选：A．2.已知一个圆锥的底面半径为1，母线长为2，则其侧面展开得到的扇形的圆心角为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】圆锥的底面周长即侧面展开得到的扇形的弧长,再应用弧长公式求圆心角即可.【详解】由条件知底面周长为，即侧面展开得到的扇形的弧长为，故,圆心角为.故选:.3.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】【分析】利用复数的乘法化简，再由复数的几何意义判断对应的点所在象限.【详解】，其对应的点位于第四象限．故选：D4.已知平面向量与垂直，则的值是（）A. B. C.12 D.【答案】B【解析】【分析】根据平面向量垂直的坐标运算求解求参即可．【详解】由题知，即，解得．故选:B.5.如图所示，一个水平放置的四边形OABC的斜二测画法的直观图是边长为2的正方形，则原四边形的面积是（）A. B. C.16 D.8【答案】B【解析】【分析】根据斜二测画法规则求出，判断的形状，确定，由此求出原四边形的面积.【详解】在正方形中可得，由斜二测画法可知，，且，，所以四边形为平行四边形，所以．故选：B.6.在复平面内，复数对应的点Z如图所示，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据向量的几何意义求复数，再由复数的运算公式求.【详解】因为点的坐标为所以复数，则．故选：A.7.如图，在中，设，，，，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用向量加减法的运算和数乘运算得出所求解的向量与已知向量之间的关系，注意运算的准确性和向量倍数关系的正确转化．【详解】由于，，故，，又因为，故，所以．故选：C．8.图1是唐朝著名的风鸟花卉纹浮雕银杯，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱的组合体（如图2）．设这种酒杯内壁的表面积为，半球的半径为，若半球的体积不小于圆柱体积，则S的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】设圆柱的高为，由条件结合体积公式列不等式求的范围，再结合球的表面积公式和圆柱的侧面积公式求酒杯内壁的表面积解析式及其范围.【详解】设圆柱的高为，因为半球的体积不小于圆柱体积，所以，解得，即．所以．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已知复数，则（）A.z的实部是B.z的虚部是C.z的共轭复数为D.z在复平面内对应的点在函数的图像上【答案】ACD【解析】【分析】利用复数的除法求出z，可得复数的实部、虚部、共轭复数和复平面内对应的点.【详解】因为复数，所以复数的实部为，虚部为，共轭复数为，复数z对应的点为，满足．故选：ACD．10.已知向量，，则（）A.与方向相同的单位向量的坐标为B.当时，与的夹角为锐角C.当时，、可作为平面内的一组基底D.当时，在方向上的投影向量为【答案】BC【解析】【分析】根据与方向相同的单位向量为可判断A选项；利用平面向量数量积的坐标运算可判断B选项；判断出、不共线，可判断C选项；利用投影向量的定义可判断D选项.【详解】对于A，与方向相同的单位向量为，故A错误；对于B，当时，，，，所以，与的夹角为锐角，故B正确；对于C，当时，，，则，则与不平行，、可作为平面内的一组基底，故C正确；对于D，设与的夹角为，则在方向的投影向量为，当时，，，，，所以，故D错误．故选：BC.11.长方体的长、宽、高分别为3，，体积为6，外接球的表面积为，则下列说法正确的是（）A.长方体的长、宽、高分别为3，2，1B.沿长方体的表面从到的最短路径长度为C.与这个长方体表面积相等的正方体的棱长为2D.设与这个长方体体积相等的正四面体的棱长为m，则【答案】AD【解析】【分析】由长方体外接球的表面积为可得，由其体积为可得，解方程求判断A，分三种情况，利用侧面展开图求从到的最短路径长度，判断B，求长方体的表面积，设与其表面积相等的正方体的棱长为，列方程求，判断C，求正四面体的体积，列方程求，判断D.【详解】对于A，因为长方体的外接球的表面积为，设长方体的外接球的半径为，则，所以，所以①，因为长方体的体积为6，所以②，又，由①②解得，，故A正确；对于B，沿长方体的表面从到，可将长方体的两个相邻的面展开成矩形，最短路径是这个矩形的对角线，这样的矩形共有3种，对角线长度为或或，因为，故沿长方体的表面从到的最短路径长度为，故B错误；对于C，长方体的表面积为，设与其表面积相等的正方体的棱长为，则，解得，故C错误；对于D，棱长为m的正四面体的高为，则正四面体的体积为，则，故D正确．故选：AD.12.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则是直角三角形C.若是等腰三角形，则D.若，则的面积最大值为3【答案】BCD【解析】【分析】根据余弦定理和正弦定理及三角形面积公式分别判断A，B，C，D选项即可．【详解】由正弦定理及可得．对于A，根据余弦定理得，所以，故A错误；对于B，若，则，又，所以，而，所以，即，故B正确；对于C，若是等腰三角形，只可能是（若，则，不能构成三角形），则，由余弦定理可得，所以，故C正确；对于D，由余弦定理可得，所以，所以，当时，取最大值3，故D正确．故选:BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知向量，，，若，则实数_______．【答案】【解析】【分析】平面向量线性运算用坐标表示，再由向量共线的坐标运算求参数.【详解】，，因为，所以，解得．故答案为：14.方程在复数范围内的根为_______．【答案】【解析】【分析】将已知方程配方，结合虚数单位的定义即可求解.【详解】由方程可得，即，所以所以方程的根为.故答案为：.15.欧拉是十八世纪伟大的数学家，他巧妙地把自然对数的底数e、虚数单位i、三角函数和联系在一起，得到公式，这个公式被誉为“数学的天桥”，若，则称为复数的辐角主值．根据该公式，可得的辐角主值为_______．【答案】【解析】【分析】根据欧拉公式与复数的相关概念求解即可.【详解】因为，所以，所以的辐角主值为．故答案为:.16.已知圆柱的上、下底面的中心分别为，过直线的平面截该圆柱所得的截面是正方形．内接于下底面圆，且是一个面积为的等腰直角三角形，则该圆柱的体积为_______．【答案】【解析】【分析】先由三角形面积公式求出三角形边长，再由正弦定理求底面圆的半径，由圆柱体积公式求圆柱的体积.【详解】如图所示，设圆柱的底面半径为r，高为h，则．再设的腰长为a，则，解得，即，因为，所以，所以，．所以该圆柱的体积为．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.已知向量，，，．（1）若，求的值；（2）若与垂直，求的值．【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）先由向量的坐标运算公式，在于向量的模的坐标表示列方程求的值；（2）利用向量垂直的坐标表示列方程求的值．【小问1详解】因为，，所以，又，所以，即，解得或．【小问2详解】因为，，所以，又与垂直，，所以，解得．18.已知在复平面内，复数，对应的点分别为，向量与实轴平行．（1）求b的值；（2）若复数在复平面内对应的点在第三象限，求实数m的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)先求,再因为与x轴平行列式求参即可；(2)先求z在复平面内对应的点,再应用点在第三象限列不等式求解即得范围.【小问1详解】由题意知，，所以，因为与x轴平行，所以，解得．【小问2详解】由（1）知，所以，因为z在复平面内对应的点在第三象限，所以解得，故实数m的取值范围是．19.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，的外接圆的半径为R，且，且．（1）求B；（2）若，，求．【答案】（1）（2）【解析】分析】（1）已知等式由正弦定理化简，求出，再得角；（2）由余弦定理求，再由正弦定理求.【小问1详解】，由正弦定理得，整理得，即，解得或（舍去），又因，所以．小问2详解】由余弦定理得，所以．再由正弦定理可得，所以．20.如图所示，在正六棱锥中，O为底面中心，，．（1）求该正六棱锥的体积和侧面积；（2）若该正六棱锥的顶点都在球M的表面上，求球M的表面积和体积．【答案】（1），（2）表面积，体积为【解析】【分析】(1)正六棱锥的几何特征，再应用体积和侧面积公式求解即可;(2)正六棱锥的几何特征，根据球的表面积和体积求解即得.【小问1详解】由条件可知正六边形ABCDEF的边长为4，所以底面积为，该正六棱锥的体积为．正六棱锥的侧棱长为，侧面等腰三角形的面积为，故该正六棱锥的侧面积为．【小问2详解】球心M一定在直线SO上，设球M的半径为R，则，又，所以，解得．所以球M的表面积为，体积为21.如图所示，在正方形ABCD中，，，，AF与DE交于点G，线BG的延长线交AD于点H．（1）求的值；（2）若，求实数μ的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用基底表示，再利用数量积的运算律和定义求；（2）设，，根据向量线性运算利用表示，根据平面向量基本定理求，再表示，根据三点共线求.【小问1详解】因为，所以，所以，因为，，所以．【小问2详解】设，因为，，则所以，设，又则，所以，解得，，所以，所以，又，所以，所以，又三点共线，即共线，所以，所以.22.已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b