浙江省台州八校联盟2022-2023学年高一数学下学期期中联考试题（Word版附解析）

2022学年第二学期台州八校联盟期中联考

高一年级数学试题

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每个小题给出的四个备选项中只有一项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分．

1. 已知复数是纯虚数，则实数（    ）

A. 0 B. 2 C. －1 D. 1

【答案】D

【解析】

【分析】先化简为，再根据纯虚数的定义即可求解.

【详解】，

因为复数是纯虚数，所以，解得.

故选：D

2. 如图，在中，，若，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据，即可求解.

【详解】因为，所以，

所以.

故选：C.

3. 已知空间中点A，B，直线l，平面α，若，，，，则下列结论正确的是（    ）．

A.  B. l与ɑ相交 C.  D. 以上都有可能

【答案】B

【解析】

【分析】根据点、线和平面的位置关系求解.

【详解】因为，，

所以，

又因为，，

所以l与ɑ相交，

故选：B

4. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，则b=（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】直接利用正弦定理的应用和三角函数值的应用求出结果．

【详解】解：在中，角，，所对的边分别是，，．若，，，

利用正弦定理：，

整理得：．

故选：D．

【点睛】本题考查正弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．

5. 如图，已知一个直四棱柱的侧棱长为6，底面是对角线长分别是9和13的菱形，则这个四棱柱的侧面积是（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用直四棱柱的结构特征及已知条件求相关棱长，进而求棱柱的侧面积.

【详解】如图，连接交点为O，

则对角线，，所以，

因为直四棱柱的底面是菱形，所以，

所以，

∴直四棱柱的侧面积.

故选：D.

6. 在中，为边上的任意一点，点在线段上，且满足，若，则的值为　　

A.  B.  C. 1 D. 4

【答案】A

【解析】

【分析】

设，将用、表示出来，即可找到和的关系，从而求出的值．

【详解】解：设，，

所以

，

又，

所以．

故选：．

【点睛】本题主要考查了平面向量基本定理，即平面内任一向量都可由两不共线的向量唯一表示出来，属中档题．

7. 如图，在圆C中，，点A，B在圆上，，则的值为（    ）

A. 25 B. 8 C. 10 D. 16

【答案】B

【解析】

【分析】在圆中，过点作于，求出，进而利用平面向量的数量积即可求解.

详解】如图所示，

在圆中，过点作于，则为的中点，

在中，，可得，

所以，

故选：B.

8. 已知四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为正方形，，平面过PB，BC，PD的中点，则下列关于平面截四棱锥所得的截面正确的为（    ）

A. 所得截面是正五边形 B. 截面过棱PA的三等分点

C. 所得截面面积为 D. 截面不经过CD中点

【答案】C

【解析】

【分析】根据给定条件，作出平面截四棱锥所得的截面多边形，再逐一判断各选项即可.

【详解】 

在四棱锥中，，取中点分别为，连接，FG，GH，BD，AC，如图，

因底面为正方形，E，F，H分别是棱PB，BC， PD的中点，

则，所以四边形EFGH是平行四边形.

对于A，令，有 ，在P A上取点，使，

连接EI，HI，JI，则，

因为点平面EFGH，有平面EFGH，

所以点平面 平面EFGH，

因此五边形EFGHI是平面截四棱锥所得的截面多边形，

而，

所以截面不是正五边形，A错误；

对于B，由A选项分析，可知截面过棱PA的四等分点，B错误；

对于C，底面平面，则，

而，则，

又平面，因此平面 平面，

于是得，有，

所以矩形EFGH面积等于，

而，则边EH上的高等于，

所以，

所以截面五边形EFGHI面积为， C正确；

对于D，截面经过CD中点，D错误.

故选：C

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，有选错或不选的得0分．

9. 已知复数，，下列结论正确的有（    ）

A.  B. 若，则的最大值为

C.  D. 在复平面内对应的点在第二象限

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据复数的概念、四则运算和复数的几何意义逐项进行验证即可求解.

【详解】对于A，因为复数，，则，，所以，故选项A正确；

对于B，设复数，则，则，所以复数对应点的坐标是以为圆心，以1为半径的圆，

而表示圆上一点到坐标原点的距离，因为原点到圆心的距离，

所以，则的最大值为，故选项B错误；

对于C，因为，故选项C正确；

对于D，因为复数，，则，其在复平面内对应的点为，位于第二象限，故选项D正确，

故选：ACD.

10. 在中，角、、的对边分别为，，，若，，则使此三角形有两解的的值可以是（    ）

A. 5 B.  C. 8 D.

【答案】BC

【解析】

【分析】根据三角形解的个数判断，即为锐角时，三角形有两解.

【详解】当为锐角时，三角形有两解.

，，

的值可以是，8，

故选：BC.

【点睛】本题考查三角形解的个数的判断，考查运算求解能力，属于基础题.

11. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，其外接圆半径为R，下列结论正确的有（    ）

A. 若，，则 B. 若，则可能是直角三角形

C. 若，则 D. 若，则是直角三角形

【答案】ABD

【解析】

【分析】结合题意，利用正弦定理、余弦定理和三角恒等变换逐项进行验证即可求解.

【详解】对于A，若，，在中，由正弦定理可得，

则，故选项A正确；

对于B，若，则由余弦定理可得，，

因为，所以角为锐角，则可能是直角三角形，故选项B正确；

对于C，若，由正弦定理可得，并不能得出，故选项C错误；

对于D，若，由可得，

则，

化简可得，

则，

即，

也即，

在中，因为且，

所以，则，

所以或，则为直角三角形，故选项D正确，

故选：ABD.

12. 如图，圆锥底面的直径为3，，E为PB的中点，则下列说法正确的有（    ）

A. 圆锥的体积为

B. 圆锥内切球的半径为

C. 过P截圆锥所得截面面积最大为

D. A点沿圆锥表面到E的最短路经长为

【答案】BCD

【解析】

【分析】结合底面半径和侧面积求出母线，圆锥的高，求解圆锥的体积判断A,由内接球的性质，结合几何关系即可求解即可判断B；由可判断过点作平面截圆锥的截面面积最大时对应三角形为等腰直角三角形，结合面积公式可求解判断C；由侧面展开图，结合余弦定理求解判断D．

【详解】因为，由解得，

即圆锥母线长为 ，则高，故圆锥的体积为 ,故A错误,

设内切球的半径为，垂直于交于点，如图，

则对，由于,所以,所以， 故B正确，

过点作平面截圆锥的截面面积的最大时，由于为等腰三角形，如图，

因为，故恰好时取到最大值，此时，故C正确；

沿母线，剪开，并将圆锥的半侧面展开如图，

易知，又弧长为，，

所求最近路线长，D正确．

故选：ACD．

非选择题部分

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________.

【答案】.

【解析】

【分析】先利用向量平行求出，进而求出.

【详解】因为向量，且，所以，解得：.

所以，所以.

故答案为：.

14. 已知复数z满足，则的取值范围为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据复数模的几何意义，转化为点到圆心的距离加半径可得最大值，减半径可得最小值即可.

【详解】表示对应的点是单位圆上的点，

的几何意义表示单位圆上的点和之间的距离，

的取值范围转化为点到圆心的距离加上半径可得最大值，

减去半径可得最小值，

所以最大距离为，最小距离为，

所以的取值范围为.

故答案为：.

15. 已知圆柱体的底面半径为，高为，一只蜗牛从圆柱体底部开始爬行，绕圆柱体4圈到达顶部，则蜗牛爬行的最短路径长为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据题意，沿将侧面展开后，得到矩形的高等于圆柱的高，矩形的宽等于圆柱的底面圆的周长的4倍，结合勾股定理，即可求解.

【详解】根据题意，从圆柱底部点绕圆柱体的侧面旋转4圈到达顶部的点，

沿将侧面展开后，最短路程，如图所示，

其中矩形的高等于圆柱的高，矩形的宽等于圆柱的底面圆的周长的4倍，

即，

所以蜗牛爬行的最短路径为.

故答案为：.

16. 在中，，，，对任意，有恒成立，点P是直线BA上，则的最小值是______．

【答案】

【解析】

【分析】由得为点到的垂线段，再通过将军饮马模型进行计算即得.

【详解】因为，所以，
由减法与数乘的几何意义，为点到的垂线段，所以，
因为，，所以，，所以，
在中，由余弦定理易得，，
设关于直线对称点为，连接，连接交于，

 
易得，此时最小，，

，
即的最小值为.

故答案为:.

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. 已如i为虚数单位，复数．

（1）当实数m取何值时，z是纯虚数；

（2）若，求值．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）根据纯虚数的定义即可求出；

（2）根据复数的运算以及复数模的计算公式即可求出．

【详解】（1）若复数是纯虚数，则，解得，所以．

（2）当时，，则，．

18. 已知在中，角A，B，C，所对的边为a，b，c，若．

（1）求角C的大小；

（2）若，求面积的最大值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理边角变换得到，再利用余弦定理即可得解；

（2）代入所得数据得到，再利用基本不等式得到，从而利用三角形面积公式即可得解.

【小问1详解】

由正弦定理及得，

由余弦定理得，

又因为，所以．

【小问2详解】

由（1）得，又，

所以由得，

因为，即，所以，

当且仅当时，等号成立，

所以，

故的面积最大值为．

19. 台州黄岩被誉为“模具之乡”，为市场对球形冰淇淋的需求，特地制作了一款中空的正三棱柱模具，其内壁恰好是球体的表面，且内壁与棱柱的每一个面都相切（内壁厚度忽略不计），店家可以将不同口味的冰淇淋放入该模具中，再通过按压的方式得到球形冰淇淋。已知该模具底部边长为3cm．

（1）求内壁的面积；

（2）求制作该模具所需材料的体积；

（3）求模具顶点到内壁的最短距离．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）作出过侧棱的中点的截面，则球心为的中心，内切圆的半径，即得球的半径，求出球的表面积.

（2）求出棱柱体积和球的体积，即可得出模型体积.

（3）根据图像先求出，即可求出结果.

【小问1详解】

由题意得：内壁的面积就等于内切球的表面积，

如图过侧棱的中点作正三棱柱的截面，则球心为的中心，

因为，

所以内切圆的半径，

即内切球的半径，所以内切球的表面积.

【小问2详解】

由题意得：模型的体积就等于棱柱的体积减去内切球的体积，

由（1）得正三棱柱的高，

因为，，

所以.

【小问3详解】

由图得，

所以，

所以到球面上的点的距离最小值为.

20. 已知在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，且满足．

（1）判断角B与角C的关系，并说明理由；

（2）若，求的范围．

【答案】（1），理由见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用二倍角公式，和差公式化简，再结合三角形内角和定理可得；

（2）利用（1）中结论和正弦定理，将所求转化为正切函数，利用正切函数性质可得.

【小问1详解】

∵，，∴或，

∴，

∴，

∴.

∵，

，

∴

∵，

∴或，

∵，

∴.

【小问2详解】

由（1）知：，

∴，

∴

∵，，

∴，

∴

21. 如图，梯形ABCD，，，E为BC的中点，F是AD上的任意一点，设．

（1）当F是AD的三等分点时，试用向量，表示向量；

（2）若，求证：的最小值与t无关．

【答案】（1）或   

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）利用线性运算推出，然后将值代入即可；

（2）由（1）得，即可证明的最小值与无关.

【小问1详解】

连接FC，FD，如图

因为，所以，

因为FE是的中线，

所以，

①当点为靠近点的三等分点时，，；

②当点为靠近点的三等分点时，，.

【小问2详解】

由（1）得，

所以