河北省唐山市十县一中联盟2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

唐山市十县一中联盟2022-2023学年度高一年级第二学期期中考试

数学

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡的相应位置上.将条形码横贴在答题卡“条形码粘贴处”.

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔将答题卡对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再涂其他答案.答案涂在试卷上一律无效.

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.

4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.

一、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. 已知为虚数单位，若复数，则（    ）

A. 1 B. 3 C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数模的计算公式计算可得.

【详解】因为，

所以.

故选：D

2. 已知向量，，则与的夹角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

分析】首先求出，，，再根据夹角公式计算可得.

【详解】因为，，所以，，

，

设与的夹角为，则，又，所以.

故选：B

3. 已知为虚数单位，是关于的方程的一个根，则实数（    ）

A. 4 B.  C. 2 D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据虚根成对原理可得也是方程根，利用韦达定理计算可得.

【详解】因为是关于的方程的一个根，

所以也是关于的方程的一个根，

所以，解得.

故选：A

4. 已知圆锥的侧面展开图是一个半径为，圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设底面半径为，高为，根据圆锥侧面展开图的扇形弧长即为底面周长求出，再由勾股定理求出，最后由锥体体积公式计算可得.

【详解】依题意圆锥的母线，设底面半径为，高为，则，解得，

所以，

则圆锥的体积.

故选：C

5. 小明为了加强体育锻炼，提高身体素质，从网上购买了一对大小相同的健身哑铃.哑铃是由两个全等的大圆柱和中间一个连杆圆柱构成的，已知大圆柱的底面直径是8cm，高为2cm，连杆圆柱的底面直径是2cm，高为10cm，则一只健身哑铃的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用圆柱的体积公式，再结合条件即可求出结果.

【详解】因为大圆柱的底面直径是8cm，高为2cm，故两个大圆柱的体积为，

又连杆圆柱的底面直径是2cm，高为10cm，故连杆圆柱的体积为，

所以一只健身哑铃的体积为.

故选：C.

6. 如图，矩形是水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，，则平面四边形的面积为（    ）

A. 10 B.  C.  D. 20

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意利用斜二测画法得到原图形，即可求出其面积.

【详解】设与轴的交点为，则，，

原图形如图所示：，，故.

故选：B.

7. 已知，内角的对边分别是，则等于（    ）

A.  B.

C. 或 D. 或

【答案】A

【解析】

【分析】直接根据正弦定理求解即可．

【详解】解：∵，，，

∴，，

由正弦定理得： ，

∴，

故选：A．

【点睛】本题主要考查利用正弦定理解三角形，要注意大边对大角等隐含条件，注意多解情况的处理，属于基础题．

8. 正四棱锥中，底面边长，侧棱，在该四棱锥的内部有一个小球，则小球表面积的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】当小球与正四棱锥各面相切时半径最大，此时小球表面积的最大，计算求解即可．

【详解】当小球与正四棱锥各面相切时半径最大，此时小球表面积的最大，

设小球的半径为，

由底面边长，侧棱，可得正四棱锥的高，

所以，

又侧面面积为，底面面积为，

，解得，

小球表面积的最大值为．

故选：D．

二、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，部分选对的得2分.

9. 下列四个命题中，真命题是（    ）

A. 两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内

B. 四边形可以确定一个平面

C. 若直线，相交，且平面，则

D. 若直线平面，直线平面，则

【答案】AC

【解析】

【分析】对于选项A，利用确定平面的条件和点、线、面的包含关系即可判断出正误；对于选项B，通过特殊四边形即可判断出正误；对于选项C，利用直线与平面平行的定义和直线与平面的位置关系即可判断出正误；对于选项D，利用平面内两直线的位置关系即可判断出正误.

【详解】选项A，设，不重合，易知可确定唯一平面，又，所以，又，所以，故选项A正确；

选项B，空间四边形不能确定一个平面，故选项B错误；

选项C，因为，平面，所以面，故，所以选项C正确；

选项D，因为直线平面，直线平面，则或与相交，故选项D错误.

10. 在正方形中，，点满足，则下列说法正确的是（    ）

A. 当时，

B. 当时，

C. 存在，使得

D. 的最小值为2

【答案】AD

【解析】

【分析】根据给定的正方形，建立平面直角坐标系，利用向量的坐标表示逐项分析判断作答.

【详解】在正方形中，建立如图所示的平面直角坐标系，

由，得，由，得，，

对于A，，而，则，A正确；

对于B，，，则，B错误；

对于C，若，则，而方程无实根，则不存在，使得，C错误；

对于D，，因此，当且仅当时取等号，D正确.

故选：AD

11. 如图，，，，为三棱柱的顶点或所在棱的中点，下列图形中，直线与是异面直线的为（    ）

A.    B.  

C.    D.  

【答案】ACD

【解析】

【分析】由异面直线的定义判断A与D；由平行公理判断B；利用反证法思想说明C．

【详解】对于A，平面，平面，，平面，由异面直线的定义可知，直线与是异面直线，故A正确；

对于B，如图，

、为所在棱的中点，所以，又，由平行公理可得，，故B错误；

对于C，如图，

分别取底面三角形两边的中点，，连接，，则且，

且，所以且，

所以四边形为平行四边形，所以，

平面，平面，所以平面，

又平面，因为与无公共点，

若与平行，得到与平行，这样矛盾，可得与异面，故C正确；

对于D，平面，平面，，平面，由异面直线的定义可知，直线与是异面直线，故D正确．

故选：ACD．

12. 在中，角的对边分别为，下列说法正确的是（    ）

A. 若，，则为等边三角形

B. 是成立的充要条件

C. 若的面积为，则

D. 若点满足，且，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用正弦、余弦定理，三角形面积公式及诱导公式，结合各个选项的条件，逐一对各个选项分析判断即可得出结果.

【详解】选项A，因为，，由正弦定理得到，

又由余弦定理，得到，即，

所以，故选项A正确；

选项B，因为，所以，即，

又，，所以，

由正弦定理得，，又由三角形中，大边对大角，得，又以上过程均可逆，故选项B正确；

选项C，因为，整理得，

又由正弦定理可得，即，所以，

故或，得到或，故选项C错误；

选项D，如图，在中，，在中，，

两式相比得，因，且，

所以，，且，所以，

故，所以选项D正确.

故选：ABD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 若复数，，，其中，为实数，则______.

【答案】

【解析】

【分析】先根据，其中，为实数，利用复数相等求得x，y求解.

【详解】解：因为数，，，其中，为实数，

所以，解得 ，

则，，

所以，

故答案为：

14. 已知，，，且，，三点共线，则______.

【答案】

【解析】

【分析】由三点共线，得，根据向量共线的坐标表示求.

【详解】三点共线，.

，

.

故答案为：.

15. 记的内角的对边分别为，若边上的高为，且满足，则______.

【答案】
 

【解析】

【分析】利用面积公式及条件得到，再利用正弦定理边转角即可求出结果.

【详解】因为的面积为，得到，

又因为，所以，

即，由正弦定理得，即，

所以.

故答案为：.

16. 已知四点，，，在半径为1的圆上，，则的最大值为______.

【答案】

【解析】

【分析】由题意建立平面直角坐标系，不妨取，，设，则，，再由数量积的坐标运算及三角函数求最值．

【详解】因为且圆的半径为，所以与所对的圆心角均为，

如图建立平面直角坐标系，不妨取，，

设，则，，

则，，

，，

；

．

．

当，即时，的最大值为．

故答案为：．

【点睛】关键点睛：本题解答的关键是将向量转化为关于的三角函数，利用三角恒等变换公式及三角函数的性质求出最大值.

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. 已知向量与满足，，与的夹角为.

（1）求；

（2）求；

（3）当为何值时，？

【答案】（1）；   

（2）；   

（3）.

【解析】

【分析】（1）利用数量积的定义直接计算作答.

（2）利用数量积的运算律，结合（1）的结论求解作答.

（3）利用垂直关系的向量表示不解作答.

【小问1详解】

因为，，与的夹角为，所以.

【小问2详解】

由（1）知，所以.

【小问3详解】

由，得，解得，

所以当时，.

18. 已知，，复数，且，复数在复平面上对应的点在函数的图像上.

（1）求复数；

（2）若为纯虚数，求实数的值.

【答案】（1）   

（2）2

【解析】

【分析】（1）利用复数的四则运算，得到，再根据条件得到，又由题设知，从而求出得到结果；

（2）利用（1）中的结果和复数的除法，再结合条件即可求出结果.

【小问1详解】

因为，

所以，对应的点为，

所以，得到，又，

所以，又，

由，解得，

所以.

【小问2详解】

由（1）知，，

所以，

故，得到.

19. 如图，圆锥的底面半径，母线的长为3，为上靠近的一个三等分点，从点拉一根绳子，围绕圆锥侧面转到点.

（1）求绳子的最短长度；

（2）过点作一个与底面平行的截面，将圆锥分为上、下两部分，其体积分别为，，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）将圆锥侧面沿母线展开可得一扇形，连接，此时绳子的长度最短，计算即可；

（2）上部分圆锥体积为，下部分圆台体积为，设大圆锥体积为，分别计算即可.

【小问1详解】

将圆锥侧面沿母线展开可得一扇形，连接，此时绳子的长度最短，

在中，，，设，因为圆锥底面半径，母线的长为3，则，所以，

在中，由余弦定理可得，

所以，即最短绳长为.

【小问2详解】

过点作与底面平行的截面，将圆锥分为上下两部分，

上部分圆锥体积为，下部分圆台体积为，设大圆锥体积为，

则，即，，

所以.

20. 在中，，，为的平分线，在边上.

（1）若，求的长；

（2）若，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由，得到，利用余弦定理，即可求解；

（2）设，根据，结合面积公式，求得，得到，即可求解.

【小问1详解】

解：因为，因为为的平分线，所以，

由余弦定理可得，

所以，即边的长为.

【小问2详解】

解：设，由，

可得，

因为，所以，即，

因为，所以，所以.

21. 如图，某景区绿化规划中，有一块等腰直角三角形空地，，，为上一点，满足.现欲在边界，（不包括端点）上分别选取，两点，并在四边形区域内种植花卉，且，设.

（1）证明：；

（2）为何值时，花卉种植的面积占整个空地面积的一半？

【答案】（1）证明过程见解析   

（2）时，花卉种植的面积占整个空地面积的一半

【解析】

【分析】（1）先得到，，再利用正弦定理得到答案.

（2）计算出整个空地面积，设m，则m，利用正弦定理及面积关系得到，化弦为切，求出正切值.

【小问1详解】

由题意得，，，

因为，，四边形内角和等于，

所以，

又，

所以，，

在中，由正弦定理得，

在中，由正弦定理得，

所以，证毕；

【小问2详解】

由题意得m，故，

因为，，所以，

因，所以，

设m，则m，

在中，由正弦定理得，即，

解得①，

由三角形面积公式得，

，

故，

所以②，

由①②得，

化简得，

分子分母同除以得，解得

22. 如图，扇形的半径为2，圆心角为，点是弧上一动点（不包括端点），且于，于.设，将扇形绕所在直线旋转一周，由图中空白部分旋转形成的几何体的表面积记为，体积记为.

（1）若，求；

（2）当为多大时，最大，并求最大值.

【答案】（1）   

（2），

【解析】

【分析】（1）旋转形成的几何体为圆柱，根据条件直接求出圆柱的半径和高，再利用圆柱的表面积公式即可求出结果；

（2）根据条件，求出圆柱的半径为，高为，得到，令，得到，构造函数，再求出最值即可.

【小问1详解】

因为旋转形成的几何体为圆柱，圆柱的半径，

圆柱的高，

所以；

【小问2详解】

因为圆柱的半径为，高为，其中，

所以，

，

所以，令，

则，故，

因为，所以，

令，则在区间上恒成立，

故在区间单调递增，

故，此时，