2022-2023学年广东省东莞市四校高一下学期期中联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2广东省东莞市四校2022-2023学年高一下学期期中联考数学试题一、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.设复数满足，则它的虚部为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，复数的虚部为．故选：B．2.关于向量，，下列命题中，正确的是（）A若，则 B.若，则C.若，则 D.若，，则〖答案〗B〖解析〗对于A，当时，方向可能不同，未必成立，A错误；对于B，若，则反向，，B正确；对于C，只能说明长度的大小关系，但还有方向，无法比较大小，C错误；对于D，当时，，，此时未必共线，D错误.故选：B.3.在中，，则中最小的边长为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题意，，故中最小的边长为，由正弦定理，故.故选：B.4.已知某圆柱的内切球半径为，则该圆柱的侧面积为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题意得，该圆柱底面圆的半径为，圆柱的高为7，所以该圆柱的侧面积为．故选：B．5.已知点，向量，则向量（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗.故选：A.6.如图，水平放置的的斜二测直观图为，已知，则的周长为（）A. B.C D.〖答案〗C〖解析〗根据题意，作出原图，由斜二测画法，在原图中，，，所以，故的周长为.故选：C．7.在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，且，，则（）A.1 B. C.1或 D.〖答案〗C〖解析〗∵，∴，∴，①当时，，为直角三角形，∵，，∴；②当时，则有，由正弦定理得，由余弦定理得，即，解得，综上，或．故选：C．8.在边长为1的正六边形中，点P为其内部或边界上一点，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗延长交于点，过过交于，过过交于，过过交于，在中，，在中，，易得所以是等边三角形，所以，因为，所以四边形是平行四边形，所以，因为，其中，所以，因为，所以，所以，当点与点重合时，此时，取得最大值为；当点与点重合时，此时，取得最小值为，的取值范围是．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，其中i是虚数单位，则下列结论正确的是（）A.z的模等于13 B.z在复平面内对应的点位于第四象限C.z的共轭复数为 D.若是纯虚数，则〖答案〗BD〖解析〗由题意得：对于选项A：，故A错误；对于选项B：z在复平面内对应的点的坐标表示为，位于第四象限，故B正确；对于选项C：根据共轭复数的定义z的共轭复数为，故C错误；对于选项D：，若是纯虚数，则，解得：，故D正确.故选：BD.10.已知平面向量，，，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则向量在上的投影向量为D.若，则向量与的夹角为锐角〖答案〗BC〖解析〗已知平面向量，，，对于A，若，可得，即，解得，所以A选项错误；对于B，若，根据平面向量共线性质，可得，即，所以B选项正确；对于C，若，则，由投影向量定义可知向量在上的投影向量为，所以C选项正确；对于D，若，则，所以；但当时，，此时向量与的夹角为，所以D选项错误.故选：BC.11.某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，下列说法正确的有（）A.该圆台轴截面面积为B.该圆台的体积为C.该圆台的侧面积为D.沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为〖答案〗ACD〖解析〗对于，由，且，可得，高，则圆台轴截面的面积为，故A正确；对于B，圆台的体积为，故B错误；对于C，圆台的体积为，故C正确；对于，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为，底面半径为，侧面展开图的圆心角，设的中点为，连接，可得，则，所以沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为，故正确．故选：ACD．12.在锐角三角形中，角所对的边分别为，若，则（）A. B.C. D.〖答案〗ABD〖解析〗因为，由正弦定理可得，所以，又为锐角三角形，所以，，所以，正弦函数在上单调递增，所以，所以，A正确；因为为锐角三角形，所以，，，所以，，，所以，B正确；因为，所以，所以，所以，因为，所以，C错误；因为，由余弦定理可得，所以，所以，D正确，故选：ABD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13.设，向量，，且，则______．〖答案〗〖解析〗，向量，，且，，，向量，，．故〖答案〗为：．14.复数的共轭复数是________．〖答案〗〖解析〗由题意可得：，故z的共轭复数是1＋i.故〖答案〗为：1＋i.15.已知平面四边形ABCD中，，，，且是正三角形，则的值为_____________．〖答案〗2〖解析〗由已知可得.故〖答案〗为：2.16.如图，为边长为2的正的重心，，为的外心，则_________；的面积为_____.〖答案〗〖解析〗连接，则，∵，，，∴，∴，∴，∴的外心为斜边的中点，∴三点共线，且，又，在中，，∵为正的重心，∴，又∵为的外心，∴，∴是等边三角形，∴，∴，在中，由余弦定理可得，根据三角形面积公式.故〖答案〗为：.四、解答题：本大题共6个大题，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，是实数．（1）求复数；（2）若复数在复平面内所表示的点在第二象限，求实数的取值范围．解：（1）因为，所以，因为是实数，所以，解得，故.（2）由（1）知，，所以，故在复平面内所表示的点为，又复数在复平面内所表示的点在第二象限，所以，解得，故实数的取值范围是．18.（1）已知，，若，求实数的值．（2）已知平面向量，满足：，，，求与的夹角的大小．解：（1），又，可得，，解得.（2），，，，且，．19.在中，角的对边分别为，若.（1）求角的大小；（2）若的面积为，，求的周长.解：（1）由正弦定理得：，，，，，则（2），，由余弦定理得：，解得，的周长.20.《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开，得到一个阳马(底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体)．在如图所示的堑堵中，已知，，．当阳马体积等于时，求：（1）堑堵的侧棱长；（2）鳖臑的体积；（3）阳马的表面积．解：（1）因为，，，所以，所以△为直角三角形，设堑堵的侧棱长为，则，则，所以，所以堑堵的侧棱长为．（2）因为，所以，所以鳖臑体积为．（3）因为，，，，，所以阳马的表面积的表面积为：．21.如图，游客从某旅游景区的景点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A沿索道乘缆车到B，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B，在B处停留1min后，再从B匀速步行到C．假设缆车匀速直线运行的速度为130m/min，山路AC长为1260m，经测量，．（1）求索道AB的长；（2）问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？解：（1）在△ABC中，因为cosA＝，cosC＝，所以sinA＝，sinC＝，从而sinB＝sin[π－(A＋C)]＝sin(A＋C)＝sinAcosC＋cosAsinC＝×＋×＝，由正弦定理＝，得AB＝×sinC＝×＝1040(m)，所以索道AB的长为1040m.（2）假设乙出发t分钟后，甲、乙两游客距离为d，此时，甲行走了(100＋50t)m，乙距离A处130tm，所以由余弦定理得d2＝(100＋50t)2＋(130t)2－2×130t×(100＋50t)×＝200(37t2－70t＋50)，因0≤t≤，即0≤t≤8，故当t＝(min)时，甲、乙两游客距离最短.22.如图，在中，已知，，，，边上的两条中线，相交于点.（1）求；（2）求的余弦值.解：（1）又已知为的中点，所以，所以，所以，又，，，所以，所以.（2）因为为的中点，所以，又，所以，所以，，所以，又与的夹角相等，所以，所以的余弦值为.广东省东莞市四校2022-2023学年高一下学期期中联考数学试题一、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.设复数满足，则它的虚部为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗，复数的虚部为．故选：B．2.关于向量，，下列命题中，正确的是（）A若，则 B.若，则C.若，则 D.若，，则〖答案〗B〖解析〗对于A，当时，方向可能不同，未必成立，A错误；对于B，若，则反向，，B正确；对于C，只能说明长度的大小关系，但还有方向，无法比较大小，C错误；对于D，当时，，，此时未必共线，D错误.故选：B.3.在中，，则中最小的边长为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题意，，故中最小的边长为，由正弦定理，故.故选：B.4.已知某圆柱的内切球半径为，则该圆柱的侧面积为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗由题意得，该圆柱底面圆的半径为，圆柱的高为7，所以该圆柱的侧面积为．故选：B．5.已知点，向量，则向量（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗.故选：A.6.如图，水平放置的的斜二测直观图为，已知，则的周长为（）A. B.C D.〖答案〗C〖解析〗根据题意，作出原图，由斜二测画法，在原图中，，，所以，故的周长为.故选：C．7.在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，且，，则（）A.1 B. C.1或 D.〖答案〗C〖解析〗∵，∴，∴，①当时，，为直角三角形，∵，，∴；②当时，则有，由正弦定理得，由余弦定理得，即，解得，综上，或．故选：C．8.在边长为1的正六边形中，点P为其内部或边界上一点，则的取值范围为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗延长交于点，过过交于，过过交于，过过交于，在中，，在中，，易得所以是等边三角形，所以，因为，所以四边形是平行四边形，所以，因为，其中，所以，因为，所以，所以，当点与点重合时，此时，取得最大值为；当点与点重合时，此时，取得最小值为，的取值范围是．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，其中i是虚数单位，则下列结论正确的是（）A.z的模等于13 B.z在复平面内对应的点位于第四象限C.z的共轭复数为 D.若是纯虚数，则〖答案〗BD〖解析〗由题意得：对于选项A：，故A错误；对于选项B：z在复平面内对应的点的坐标表示为，位于第四象限，故B正确；对于选项C：根据共轭复数的定义z的共轭复数为，故C错误；对于选项D：，若是纯虚数，则，解得：，故D正确.故选：BD.10.已知平面向量，，，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则向量在上的投影向量为D.若，则向量与的夹角为锐角〖答案〗BC〖解析〗已知平面向量，，，对于A，若，可得，即，解得，所以A选项错误；对于B，若，根据平面向量共线性质，可得，即，所以B选项正确；对于C，若，则，由投影向量定义可知向量在上的投影向量为，所以C选项正确；对于D，若，则，所以；但当时，，此时向量与的夹角为，所以D选项错误.故选：BC.11.某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，下列说法正确的有（）A.该圆台轴截面面积为B.该圆台的体积为C.该圆台的侧面积为D.沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为〖答案〗ACD〖解析〗对于，由，且，可得，高，则圆台轴截面的面积为，故A正确；对于B，圆台的体积为，故B错误；对于C，圆台的体积为，故C正确；对于，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为，底面半径为，侧面展开图的圆心角，设的中点为，连接，可得，则，所以沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为，故正确．故选：ACD．12.在锐角三角形中，角所对的边分别为，若，则（）A. B.C. D.〖答案〗ABD〖解析〗因为，由正弦定理可得，所以，又为锐角三角形，所以，，所以，正弦函数在上单调递增，所以，所以，A正确；因为为锐角三角形，所以，，，所以，，，所以，B正确；因为，所以，所以，所以，因为，所以，C错误；因为，由余弦定理可得，所以，所以，D正确，故选：ABD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13.设，向量，，且，则______．〖答案〗〖解析〗，向量，，且，，，向量，，．故〖答案〗为：．14.复数的共轭复数是________．〖答案〗〖解析〗由题意可得：，故z的共轭复数是1＋i.故〖答案〗为：1＋i.15.已知平面四边形ABCD中，，，，且是正三角形，则的值为_____________．〖答案〗2〖解析〗由已知可得.故〖答案〗为：2.16.如图，为边长为2的正的重心，，为的外心，则_________；的面积为_____.〖答案〗〖解析〗连接，则，∵，，，∴，∴，∴，∴的外心为斜边的中点，∴三点共线，且，又，在中，，∵为正的重心，∴，又∵为的外心，∴，∴是等边三角形，∴，∴，在中，由余弦定理可得，根据三角形面积公式.故〖答案〗为：.四、解答题：本大题共6个大题，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，是实数．（1）求复数；（2）若复数在复平面内所表示的点在第二象限，求实数的取值范围．解：（1）因为，所以，因为是实数，所以，解得，故.（2）由（1）知，，所以，故在复平面内所表示的点为，又复数在复平面内所表示的点在第二象限，所以，解得，故实数的取值范围是．18.（1）已知，，若，求实数的值．（2）已知平面向量，满足：，，，求与的夹角的大小．解：（1），又，可得，，解得.（2），，，，且，．19.在中，角的对边分别为，若.（1）求角的大小；（2）若的面积为，，求的周长.解：（1）由正弦定理得：，，，，，则（2），，由余弦定理得：，解得，的周长.20.《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开，得到一个阳马(底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体)．在如图所示的堑堵中，已知，，．当阳马体积等于时，求：（1）堑堵的侧棱长；（2）鳖臑的体积；（3）阳马的表面积．解：（1）因为，，，所以，所以△为直角三角形，设堑堵的侧棱长为，则，