精品解析：广东省湛江市吴川市第二中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷

吴川市第二中学2023-2024学年度第二学期期中考试 高一级 数学科试题 （满分为150分，考试时间120分钟） 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，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 2. 化简（ ） A. B. C. D. 3. 设是不共线的两个非零向量，则下列四组向量不能作为基底的是（ ） A. 和 B. 与 C. 与 D. 与 4. 已知向量满足，则在方向上投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长，一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ） A. B. C. 6 D. 6. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图为直角梯形，且，，平行于轴，则这个平面图形的面积为　　 A 5 B. C. D. 7. 甲船在岛B的正南方A处，千米，甲船以每小时4千米的速度向正北航行，同时乙船自B出发以每小时6千米的速度向北偏东的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间是（ ） A. 小时 B. 小时 C. 小时 D. 小时 8. 如图，线段，点A，B分别在x轴和y轴的非负半轴上运动，以AB为一边，在第一象限内作矩形ABCD，，设O为原点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法不正确的有（ ） A. 两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台； B. 以直角三角形一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥； C. 各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体； D. 圆锥的轴截面是等腰三角形. 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 在中，，则 B. 已知，则 C. 已知与的夹角为钝角，则的取值范围是 D. 若，则三点共线 11. 已知的内角的对边分别为，，，则下列四个命题中正确的是（ ） A. 若，则一定是钝角三角形 B. 若，则一定等边三角形 C. 若，则一定是等腰三角形 D. 若的面积，，则的最大值为1 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若为虚数单位，且，则___． 13. 已知一个正方体的顶点都在同一个球面上，且这个正方体的表面积为12，则这个球的体积为_______. 14. 如图，在中，点是上的点，且， 且是的中点，与的交点为，又，则实数________. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知复数． （1）求； （2）若z是关于x的方程的一个根，求实数a，b的值． 16. 已知， （1）当k为何值时，与平行： （2）若，求的值 17. 在中，角所对的边分别为． （1）求角大小； （2）若，求的面积． 18. 已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为. （1）求圆锥的底面积； （2）在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的体积. 19. 记△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）若，求； （2）求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 吴川市第二中学2023-2024学年度第二学期期中考试 高一级 数学科试题 （满分为150分，考试时间120分钟） 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，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念得到，从而解出． 【详解】因为， 所以，即． 故选：A． 2. 化简（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算求解. 【详解】由题意可得：. 故选：D 3. 设是不共线的两个非零向量，则下列四组向量不能作为基底的是（ ） A. 和 B. 与 C. 与 D. 与 【答案】C 【解析】 【分析】根据平面向量共线定理，结合选项，进行逐一分析即可. 【详解】对A：不存在实数，使得，故和不共线，可作基底； 对B：不存在实数，使得，故与不共线，可作基底； 对C：对与，因为是不共线的两个非零向量， 且存在实数，使得，故与共线，不可作基底； 对D：不存在实数，使得，故与不共线，可作基底. 故选：C. 4. 已知向量满足，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量数量积的运算律求出，再利用投影向量的定义求解即得. 【详解】由，得，解得， 因此， 所以在方向上的投影向量为. 故选：A 5. 如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长，一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ） A. B. C. 6 D. 【答案】B 【解析】 【分析】画出圆锥的侧面展开图，则蚂蚁爬行的最短距离为，在中，解三角形即可. 【详解】已知圆锥的侧面展开图为半径是3的扇形，如图， 一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离为，设， 圆锥底面周长为，所以，所以， 在中，由，得 故选：B． 6. 如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图为直角梯形，且，，平行于轴，则这个平面图形的面积为　　 A. 5 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先确定直观图中的线段长，再确定平面图形中的线段长，从而求得平面图形的面积． 【详解】解：根据斜二测画法的规则可知： 水平放置的图形OABC为一直角梯形， 由题意可知上底为，高为， 下底为， 该图形的面积为． 故选 【点睛】本题考查水平放置的平面图形的直观图斜二测画法，是基础题． 7. 甲船在岛B的正南方A处，千米，甲船以每小时4千米的速度向正北航行，同时乙船自B出发以每小时6千米的速度向北偏东的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间是（ ） A. 小时 B. 小时 C. 小时 D. 小时 【答案】A 【解析】 【分析】结合实际问题中的方向角抽象出图形，根据余弦定理表示出两船距离表达式，再由二次函数性质求得最小值可得结果. 【详解】假设经过x小时两船相距最近，甲、乙分别行至如图所示： 可知， 由余弦定理可得 ； 根据二次函数性质可知，当小时时，取得最小值，此时甲、乙两船相距最近． 故选：A． 8. 如图，线段，点A，B分别在x轴和y轴的非负半轴上运动，以AB为一边，在第一象限内作矩形ABCD，，设O为原点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令，由边长为1，2的长方形ABCD的顶点A、D分别在x轴、y轴正半轴上，可得出B，C的坐标，由此可以表示出两个向量，算出它们的内积即可． 详解】解：如图令，，由于，故，， 如图，，故，， 故，同理可求得，即， ∴， ∵，∴．∵，∴的最大值是3，最小值是1， 故选：C． 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 下列说法不正确的有（ ） A. 两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台； B. 以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥； C. 各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体； D. 圆锥的轴截面是等腰三角形. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据各项的所述名称的定义，逐项分析，考虑周全即可. 【详解】对于A.棱台是棱锥过侧棱上一点作底面的平行平面分割而得到的.而两个面平行且相似， 其余各面都是梯形的多面体中，把梯形的腰延长后，有可能不交于一点， 就不是棱台，故错误； 对于B，以直角三角形的斜边为轴旋转一周所得的旋转体不是圆锥，故错误； 对于C，各侧面都是正方形的四棱柱中，如果底面的菱形，一定不是正方体，故错误； 对于D，圆锥的轴截面是等腰三角形，.故正确； 故应选：ABC. 10. 下列说法中正确的是（ ） A. 在中，，则 B. 已知，则 C. 已知与的夹角为钝角，则的取值范围是 D. 若，则三点共线 【答案】BD 【解析】 【分析】A项，求出与的夹角，即可求出的值；B项，求出，即可求出的值；C项，写出的表达式，利用两向量夹角为钝角，就可求出的取值范围；D项，求出的表达式，得出与的关系，即可证明三点共线. 【详解】由题意， 对于A， ∵， ∴与的夹角为， ∴， 故A错误； 对于B， ∵， ∴， ∴， 故B正确； 对于C， ∵与的夹角为钝角， ∴与的数量积小于0且不平行，即且， ∴， 故C错误； 对于D， ∴， ∴共线， ∵它们有公共点， ∴三点共线. 故D正确. 故选：BD. 11. 已知的内角的对边分别为，，，则下列四个命题中正确的是（ ） A. 若，则一定是钝角三角形 B. 若，则一定是等边三角形 C. 若，则一定是等腰三角形 D. 若的面积，，则的最大值为1 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由余弦定理可判断；对于B由正弦定理可判断；对于C，由、正弦定理及二倍角公式可得，根据诱导公式可判断C；对于D，根据三角形面积公式及余弦定理可得，又，故.根据正弦公式及三角恒等变换可得，根据即可判断D． 【详解】对于A，中，因为，所以， 又，所以角为钝角，一定钝角三角形，故A正确； 对于B，若，则由正弦定理得，即， 又， 所以，即是等边三角形，故B正确； 对于C，若，则由正弦定理得， 即，则或，即或， 则为等腰三角形或直角三角形，故C错误； 对于D，因为的面积，且， 所以，所以. 因为，所以. 因为，所以. 所以 , 所以的最大值为1，故D正确. 故选:ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若为虚数单位，且，则___． 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的运算求解的值，利用虚数单位的性质，求解与的值即可. 【详解】解：因为，则，, 故 故答案为：. 13. 已知一个正方体的顶点都在同一个球面上，且这个正方体的表面积为12，则这个球的体积为_______. 【答案】. 【解析】 【分析】正方体内接在求体内，正方体的体对角线是球体的直径，根据正方体的表面积求解出棱长，进而求解出正方体的体对角线长，根据球体体积公式求解出球体体积. 【详解】设正方体的棱长为a， ∵正方体的表面积为12， ∴， 则，即， ∵一个正方体的所有顶点在一个球面上， ∴正方体的体对角线等于球的直径， 即， 即， 则球的体积； 故答案为：. 【点评】本题主要考查空间正方体和球的关系，利用正方体的体对角线等于直径，结合球的体积公式是解决本题的关键，属于中档题. 14. 如图，在中，点是上的点，且， 且是的中点，与的交点为，又，则实数________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件，利用向量的线性运算及平面向量基本定理即可求解. 【详解】因为三点共线，所以存在一个实数，使得， 所以， 所以， 又，，所以， 根据平面向量基本定理可得，解得. 故答案为: 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知复数． （1）求； （2）若z是关于x的方程的一个根，求实数a，b的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据复数的除法求，进而求模长； （2）将代入方程，根据复数相等列式求解. 【小问1详解】 因为， 所以． 小问2详解】 由（1）可得：， 将代入方程得：， 则，解得：． 16. 已知， （1）当k为何值时，与平行： （2）若，求的值 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）求出与坐标，根据共线向量坐标的关系，即可求解； （2）由的坐标关系求出，进而求出坐标，即可求解. 【详解】（1），，， ，与平行， ； （2）， ， . 【点睛】本题考查向量的坐标关系，涉及到向量线性关系、共线向量、垂直向量、向量模长的坐标运算，属于基础题. 17. 在中，角所对的边分别为． （1）求角的大小； （2）若，求的面积． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边化角，结合两角差的正弦公式可求得，由此可得. （2）由（1）及已知，利用余弦定理求得，再利用三角形面积公式计算即得. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理得：， 而，则， 于是，又，即，则，又， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，，由余弦定理， 得，解得， 所以的面积. 18. 已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为. （1）求圆锥的底面积； （2）在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的体积. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）先由圆的周长公式求出圆锥的底面圆的半径，再求圆锥的底面积； （2）圆柱的高，，再由求出的关系式，进而得出圆柱的侧面积，再结合二次函数的性质以及圆柱的体积公式求解即可. 【详解】解：（1）沿母线AB剪开，侧展图如图所示： 设，在半圆⊙A中，， 弧长， 这是圆锥的底面周长，所以， 所以， 故圆锥的底面积为； （2）设圆柱的高，， 在中，， ，所以， 即，， ， ， 所以，当，时，圆柱的侧面积最大， 此时. 【点睛】关键点睛：在第一问中，关键是由圆锥底面圆的周长与侧面展开扇形的弧长相等，从而求出圆锥底面圆的半径. 19. 记△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）若，求； （2）求的最小值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦的二倍角公式以及两角和的余弦公式求解； （2）利用正弦定理以及基本不等式求解. 【小问1详解】 因为， 即， 所以； 【小问2详解】 由（1）知，，所以，所以，则， 而， 所以，即有, 所以 , 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$