2022-2023学年河南省开封市五县高一年级下册期中考试数学试题【含答案】

2022-2023学年河南省开封市五县高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1.已知复数z满足z（l+i）=3—i,则Z的虚部为（）

A.-2B.-1C.-2iD.2

【答案】A

【分析】根据复数除法法则，再结合虚部的概念即可得到答案.

【详解】由z（l+i）=3—i,则z=*==l-2i,所以z的虚部为一2.

故选：A.

2.下列说法正确的是（）

A.三点可以确定一个平面

B.一条直线和一个点可以确定一个平面

C.四边形是平面图形

D.两条相交直线可以确定一个平面

【答案】D

【分析】由平面的基本事实（公理）及其推论进行辨析即可.

【详解】对于A,不共线的三点确定一个平面，故选项A错误；

对于B,经过一条直线和这条直线外一点可以确定一个平面，故选项B错误；

对于C,空间四边形不是平面图形，故选项C错误；

对于D,由基本事实（公理）推论，经过两条相交直线，有且只有一个平面，故选项D正确.

故选：D.

3.已知向量a=（l,x）,b=（x,4）,且）〃力，贝I」x=（）

A.-2或2B.-2C.2D.0

【答案】A

【分析】根据平面向量共线的坐标表示计算可得.

【详解】因为a=（l,x）,。=（苍4）,且。〃力，所以$-4=0,解得x=2或％=-2.

故选：A.

4.如图，点G,H,M,N分别是三棱柱的顶点或所在棱的中点，则表示直线GH,MN是异面直线

的图形是（）

G

【答案】B

【分析】根据平行直线、异面直线、相交直线的判定方法，即得解.

【详解】①中HG//MN,

②中易知既不平行也不相交，因此是异面直线；

③中GM〃HN且GgHN,故HG,NM必相交，

④中，G,M,N三点共面，但H任平面GHN,因此GH,MN是异面直线;

②④正确.

故选：B.

5.已知复数z满足z+iz=i,则同=()

A.!B.1C.—D.d2

22

【答案】C

【分析】求出复数和其对应的共辗复数，即可求出刊的值.

,、ii(l-i)11

【详解】由题意，在z+iz=i中，(l+i)z=i,即z=「二7r三"二不+彳。

'/1+1+-1)22

故选：C.

6.某车间生产一种圆锥型高脚杯，杯口直径为2R,高为H,将该高脚杯装满水(水面与杯口齐平),

现将一直径为2〃的小铁球缓慢放入杯中，待小铁球完全沉入(整个铁球在水面以下)水中并静止后,

1r

从杯口溢出水的体积为高脚杯容积的三，则6=()

8A

【答案】B

【分析】求出圆锥型高脚杯的体积、小铁球的体积，由从杯口溢出水的体积为高脚杯容积的）可得

O

答案.

【详解】由题可得圆锥型高脚杯的体积丫=,兀/?2/=或，

33

小铁球的体积为g"3,由题可得：、迟=乎，即、=虚.

故选：B.

TT3

7.在“ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,若2c=a+6,C=—,_ABC的面积为；，那

62

么c=（）

A.V3-1B.6C.73+1D.273+1

【答案】C

【分析】根据2c=a+〃，再根据$=彳4戾in?=9可得"=6,然后利用余弦定理

262

c2=a2+h2-2abcos^,可得c?=4c?-12-6抬，即可解出c.

【详解】因为2c=4+/人因为ABC的面积为:，C=g,

20

]兀3

所以一absin—=二，即有ab=6.

262

又/=〃2+尸-2"cosg所以C2=4/-12-6百，即c?=4+2行，

6

所以c=5/3+1.

故选：C.

8.如图，己知正四棱椎S-ABC力的侧棱长为26,侧面等腰三角形的顶角为30。，则从A点出发环

绕侧面一周后回到A点的最短路程为（）

A.2瓜B.2GC.yj6D.6

【答案】D

【分析】把正四棱锥的侧面沿着SA剪开，得到它的侧面展开图，得到一个由四个全等的顶角为30。

的等腰三角形组成的图象，所求的路径即为AA，求解即可.

【详解】把正四棱锥的侧面沿着SA剪开，得到它的侧面展开图（如图）.

要使路程最短，必须沿着线段AA前行.

在；SAA中，NASA=30°x4=120。，SA=SA,=2y[3,则/5叫=30。.

作SH1A4,于H,则SH=；S4=G,AH=3,..AA=24H=6.

故选：D.

二、多选题

9.下列说法正确的是（）

A.圆柱的侧面展开图是矩形

B.球面可以看成是一个圆绕着它的直径所在的直线旋转180所形成的曲面

C.直角梯形绕它的一腰所在直线旋转一周形成的几何体是圆台

D.圆柱、圆锥、圆台中，平行于底面的截面都是圆面

【答案】ABD

【分析】对于A,由圆柱的侧面展开图判断；对于B,由圆绕着它的直径所在的直线旋转判断；对

于C,由直角梯形绕它的直角所在的腰所在直线旋转判断；对于D,由圆柱、圆锥、圆台的特征判

断.

【详解】对于A,圆柱的侧面展开图是矩形，所以A正确；

对于B,球面可以看成是一个圆绕着它的直径所在的直线旋转180所形成的曲面，所以B正确；

对于C,当直角梯形绕它的直角所在的腰所在直线旋转一周形成的几何体是圆台，所以C错误；

对于D,圆柱、圆锥、圆台中，平行于底面的截面都是圆面，所以D正确.

故选：ABD.

10.下列关于复数的说法正确的是（）

A.复数z=a+历（”,%eR）是实数的充要条件是6=0

B.复数z=a+5（9eR）是纯虚数的充要条件是底0

C.若4,z2互为共辗复数，则Z,是实数

D.若4/2互为共轨复数，则在复平面内它们所对应的点关于y轴对称

【答案】AC

【分析】AB选项，根据复数的概念和分类作出判断；CD选项，利用共舸复数的概念，乘法法则和

几何意义判断出CD.

【详解】对于A：当复数z=“+加(a,)eR)是实数时，b=0,若匕=0,贝丫="为实数，

故名=。+历(a,beR)是实数的充要条件是匕=0,显然成立，故A正确；

对于B：若复数z=a+0i®beR)是纯虚数，则。=0且〃工0,故B错误；

对于C：若z”Z2互为共拆复数，设4=a+〃(a,%eR),则z2=a-砥a,0wR),所以

ZK=(a+bi)(a-bi)=a2-b2i2=a2+b2是实数，故C正确；

对于D：若4,4互为共轨复数，设4=4+砥a力eR),则z2=a—硝a,bcR),所对应的坐标分别为

(4力)，(。,-与，这两点关于x轴对称，故D错误.

故选：AC.

11.用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，得到上、下两部分空间图形且上、下两部分的高之比为1:2,

则关于上、下两空间图形的说法正确的是()

A.侧面积之比为1:4B.侧面积之比为1:8

C.体积之比为1:27D.体积之比为1:26

【答案】BD

【分析】计算出小棱锥与原棱锥的相似比，结合两个棱锥侧面积之积为相似比的平方、体积之比为

相似比的立方可求得结果.

【详解】依题意知，上部分为小棱锥，下部分为棱台，

所以小棱锥与原棱锥的底面边长之比为1:3,高之比为1:3,

所以小棱锥与原棱锥的侧面积之比为卜9,体积之比为1:27,

即小棱锥与棱台的侧面积之比为1:8,体积之比为1:26.

故选：BD.

12.在，ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,则下列条件能判断ABC是钝角三角形的有

()

A.acosA-bcosBB.AB-BC=2a

「a-bsinC一,-人,

C.------=---------------D.DCQSC+ccosB=b

c+hsirtA+sinB

【答案】BC

【分析】对于A,由acosA=Acos3,利用正弦定理和二倍角正弦公式判断；对于B,由

A8-BC=-accosB=2a判断；对于C,利用正弦定理和余弦定理判断；对于D,由

bcosC+ccosB^b,利用正弦定理和两角和的正弦公式判断.

【详解】对于A,由acosA=bcosB及正弦定理,可得sinAcosA=sinBcosB,BPsin2A=sin2B,

TT

所以2A=25或2A+28=万，所以A=B或4+8=,,所以ABC是等腰三角形或直角三角形，故

A不能判断；

对于B,由=—accosB=2a,得cosBcO,则8为钝角,故B能判断;

对于C,由正弦定理土得力+*—点=_氏,则cosA=-1,A=M，故C能判断；

c+ba+b23

对于D,由bcosC+ccos8=6及正弦定理化边为角.可知sin8cosC+sinCcos8=sin8,即

sinA=sinB,因为A,8为ABC的内角，所以A=B,所以-ABC是等腰三角形，故D不能判断.

故选：BC.

三、填空题

…有皿9+2i

13.复数二一

2+1

【答案】4-z/-z+4

【分析】依据复数除法规则进行计算即可解决.

9+2i（9+2i）（2-i）20-5i.

【详解】

2+i-（2+i）（2-i）-5-

故答案为：4-i.

14.如图，正方形CM'B'C'的边长为1,它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形较长的对

角线的长度为—.

【答案】2石

【分析】先利用斜二测画法规则画出该直观图对应的原图，进而求得原图形中较长的对角线的长度.

【详解】作出该直观图的原图形，因为直观图中的线段尤轴，

所以在原图形中对应的线段CB平行于x轴且长度不变，

点C'和B'在原图形中对应的点C和B的纵坐标是的2倍，

则OB=2O7T=2，产+F=20,BC=ffC'=1,所以A(1,O),

C(-1,2V2),|AC|=J(-l-l)*2+(2^-O)2=2A/3,

故原图形较长的对角线长为26.

故答案为：26

15.曲柄连杆结构的示意图如图所示，当曲柄0A在水平位置。8时，连杆端点P在。的位置，当

。4自。8顺时针旋转角。（。>0）时，P和。之间的距离是xcm,若。4=3cm,0Q=10cm,x=5,

请写出一个满足题意的角。的值_______.

Q

【答案】m2IT（答案不唯一）

【分析】在AOP中，利用余弦定理求解即可.

【详解】由题意，AP=BQ=OQ-OB=\0-?>=lcm,OP=OQ-x=5cm,

在.AOP中，由余弦定理得cosZAOP=°42+°尸--产=9+25T9=」

2OAxOP2x3x52

刖即cosa=一一1,

2

«>0,\a的一个值为整（答案不唯一）.

故答案为：m2兀.（答案不唯一）

16.已知q,e2是单位向量，且q,e?的夹角为凡若,+忆223［6R），则6的取值范围为.

【答案】修,小

OO

【分析】对卜+修Rg（feR）两边同时平方，结合题意可得△=（2cose）2-4xlx:40,由此可得。的

取值范围.

【详解】对卜1+闻eR）两边同时平方可得：

k=e；+2te}•/+产弓2=产+2fcos9+lN；,

即r+2zcose+qZ0,所以A=（2cos6）~-4xlx1S0,

解得：-^-<cos0<^~,又。£［。，兀］,0eF，票.

故。的取值范围为：「［等.

66

,,.、，It571

故答案r为：—.

66

四、解答题

17.已知，正方体ABCDA/B/G。中，点E,尸分别为。。，C/B的中点,ACf}BD=P,4cmEF=Q.

求证：

（1）D,B,E,F四点共面.

（2）若4/C交平面BOEF于点R,则P,Q,R三点共线.

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；

【分析】（1）求证EF〃BQ,再由两条平行线可以确定平面即可求证；

（2）利用公理2说明三点在两个平面的交线上即可.

【详解】（1）连接劭。/,如下图所示：

因为E,F分别为£>/。，的中点,

所以EF〃BD,又因为

所以EF〃B£>,

所以EF与BO共面，

所以E,F,B,。四点共面.即证.

(2)因为4CCBD=P,所以PC平面AA/C/CC平面BDEF.

同理，QG平面AA/C/Cn平面BQEF,

因为A/S平面OBFE=R,

所以Rd平面A4/C/Cn平面BDEF,

所以P,Q,R三点共线，即证.

【点睛】本题考查空间中四点共面，三点共线的问题，只需熟练掌握和应用公理即可.

18.已知复数z=2+〃zi(〃?eR,i为虚数单位)，且(1-i)z为纯虚数.

⑴求复数z；

⑵设复数z=x+yi(x,y€R),若卜-目=1,求x、)所满足的方程.

【答案】⑴z=2—2/

⑵(x-2『+(y-2>=l

【分析】Q)利用复数的乘法化简复数(l-i)z,利用复数的概念求出加的值，即可得出复数z；

(2)利用复数的减法与复数的模长公式可得出X、)，所满足的方程.

【详解】(1)ft?：由z=2+〃zi(meR)得(I-i)z=(l-i)(2+wi)=(2+m)+(帆一2)i.

(l-i)z为纯虚数，:.m+2=0BLm-2^0,:.m=-2,,-.z=2-2i.

(2)解：,=x+yi(x,yeR),1=2+2i-z|=l,

.-.|(x+ji)-(2+2i)=l|,gp|(^-2)+(y-2)i|=l,.-.(x-2)2+(y-2)2=1.

故X、所满足的方程为(x-2)2+(y-2)2=l.

19.一个圆锥的底面半径为2c7”，高为6c切，在其内部有一个高为xc,”的内接圆柱.

(1)求圆锥的侧面积；

(2)当x为何值时，圆柱的侧面积最大？并求出侧面积的最大值.

【答案】(1)4>/i0^(cm2)(2)x=3时，圆柱的侧面积取得最大值，且最大值为6乃cm?

【分析】(1)先计算母线长为2J记(cm),再计算侧面积得到答案.

(2)设圆柱的底面半径为rem计算得至IJ$2=一咎](x-3尸-9],根据二次函数知识得到最值.

【详解】(1)圆锥的母线长为病1F=2j而(cm)，

:.圆锥的侧面积工=7rx2x2>/i0=4Vi0^(cm2).

(2)该几何体的轴截面如图所示.

设圆柱的底面半径为广5，由题意，知;="，.•，=¥

263

圆柱的侧面积8=2万”=,(7+6*=—专口―3)2-9],

...当x=3时，圆柱的侧面积取得最大值，且最大值为6;rcm2.

【点睛】本题考查了圆锥的侧面积，圆柱体积的最大值，意在考查学生的计算能力.

20.已知向量”，。不共线，AP=a-tb)BP=-a+2b，BQ=3a-2b.

(1)若/=一2,AP=xBP+yBQ,求x,y的值;

⑵若4,P,。三点共线，求实数/的值.

【答案】⑴x=2,y=l

(2)1

【分析】(1)由平面向量基本定理建立方程组即可得出答案.

(2)三点共线转化为向量共线，再用平面向量共线定理求解即可.

【详解】(1)当，=一2时，A尸=a+2b,BP=-a+2i>，BQ=3a-2b,

xBP+yBQ=-xa+2xb+3ya-2yb=(3y-x)。+(2x-2y

f3y-x=l

所以c解得x=2,y=l.

[2x-2oy=2

(2)PQ=PB+BQ=a—2b+3a-2b=4a-4bfAP=a—tb，

由于A,P,Q三点共线，所以存在44x0),使PQ=/MP,

则4a-4b=Aa-Atb，

整理，得（4—/l）a+（力—4）0=0.

因为“，b不共线,

所以1f4-—4A==0。,解得（A=4

故实数？的值为1.

21.2023年的春节，人们积蓄已久的出行热情似乎在这一刻被引爆，让旅游业终于迎来真正意义上

的“触底反弹''.如图是某旅游景区中的网红景点的路线图，景点A处下山至C处有两种路径：一种是

从A沿直线步行到C,另一种是先从4沿索道乘缆车到8,然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两

位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min.在甲出发2min后，乙从A乘缆车到8,

在2处停留Imin后，再从2匀速步行到C.假设缆车匀速直线运行的速度为130m/min,索道A3长

123

为1040m,经测量，cosA=—,cosC=-.

C

⑴求山路AC的长；

（2）乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？

【答案】（1）1260m

35

⑵当f=F（min）时，甲、乙两游客距离最短

123

【分析】（1）利用COSA=R,COSC=:,可得sinCsinB,后由正弦定理可得答案；

（2）假设乙出发，分钟后，甲在。点，乙在E点.由图，题意，余弦定理可得

DE2=200（37产-70t+50）,即可得答案.

12354

【详解】（1）在中，因为cosA二百,cosC=《，所以sinA=R,sinC=《.

qa19A.AQ

从而sinB=sin「兀一（A+C）］=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC=—x—+一x—=一.

L」13513565

什士mABACz„AC=-xsinB=^x—=1260（m）

由正弦定理得sinC465v.

smCsine-

所以山路AC的长为1260m；

(2)假设乙出发r分钟后，甲在。点，乙在E点.

此时，A£>=(100+50。m,AE=130/m,

12

所以由余弦定理得。炉=(100+50r)2+(130r)2-2xl30fx(100+50r)x—=200(37r-707+50)

/35x、2125000m不八1040口口八,广。

=7400t——+------.因为0-~,即0MfM8,

I37J37130

故当f=!|(min)时，甲、乙两游客距离最短.

TTSjT

22.已知四边形ABC。是由与一A8拼接而成，如图所示，NBAD=NB==,ZADC=—.

⑴求证：AC<y/3BC；

(2)若AD=1,BC=2,求CO的长.

【答案】(1)证明见解析

⑵6

【分析】(1)求出Z84C的范围，利用正弦定理即可证明结论；

(2)写出AC与NCA5的关系，进而求出NC4B的正弦值和余弦值，求出AC的长，利用余弦定理

即可求出CD的长.

【详解】(1)由题意证明如下，

57r

在「AC。中，ZADC=—,

6

兀

:.ZD