精品解析：青海省海东市化隆回族自治县黄河中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题

化隆县黄河中学2023～2024学年度第二学期期中考试 高一数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 5．本卷主要考查内容：必修第二册第六章～第八章8.3． 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. 若复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 2. 下列说法正确的是 A. 通过圆台侧面一点，有无数条母线 B. 棱柱的底面一定是平行四边形 C. 用一个平面去截棱锥，原棱锥底面和截面之间的部分是棱台 D. 圆锥的所有过中心轴的截面都是等腰三角形 3. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，为水平放置的斜二测画法的直观图，且，则的周长为（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 5. 已知向量，.若，则（ ） A B. 1 C. D. 4 6. 若底面直径和高相等的圆柱的侧面积是，则这个圆柱的体积是（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角所对边分别为，，，若，，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知四边形的对角线交于点O，E为的中点，若，则（ ） A B. C. D. 1 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. 下列各式的运算结果是实数的是（ ） A. B. C. D. 10. 以直角边长为2的等腰直角三角形的一边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周所得几何体的体积可以为（ ） A. B. C. D. 11. 已知锐角三角形三边长分别为，则实数的可能取值是（ ） A. B. C. 7 D. 12. 已知向量，下列结论正确是（ ） A. 与能作为一组基底 B. 与同向单位向量的坐标为 C. 与的夹角的正弦值为 D. 若满足，则 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 已知是虚数单位，复数z满足，则复数z的模为___________. 14. 在中，角所对的边分别为，且的外接圆半径为1，若，则的周长为__________． 15. 一圆台的上下底面半径分别为1cm，2cm，母线为6cm，则被截成该圆台的圆锥的表面积为_________ cm2. 16. 已知，，，，点P为平面ABC内一动点，且满足. （1）已知，则_________； （2）已知，则的取值范围为_________. 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 17. 已知复数且为虚数单位，当为何值时： （1）复数是实数； （2）复数是虚数； （3）复数是纯虚数. 18. 如图，在直角梯形中，，，，，梯形绕着直线旋转一周. （1）求所形成的封闭几何体的表面积； （2）求所形成的封闭几何体的体积. 19. 在平面四边形中，. （1）求； （2）若，求. 20. （1）已知单位向量与的夹角为，且，求； （2）已知，求. 21. 已知的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且. （1）求角的大小； （2）若，求面积的最大值. 22. 在中，设角，，所对的边分别为，，，已知，且三角形的外接圆半径为． （1）求的大小； （2）若的面积为，求的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 化隆县黄河中学2023～2024学年度第二学期期中考试 高一数学 全卷满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚． 4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交． 5．本卷主要考查内容：必修第二册第六章～第八章8.3． 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. 若复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算与减法运算得，进而根据复数的概念求解即可. 【详解】解：由题意可知， 所以，的虚部为1. 故选：C. 2. 下列说法正确的是 A. 通过圆台侧面一点，有无数条母线 B. 棱柱的底面一定是平行四边形 C. 用一个平面去截棱锥，原棱锥底面和截面之间的部分是棱台 D. 圆锥的所有过中心轴的截面都是等腰三角形 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间几何体的定义依次判断各个选项即可. 【详解】根据母线定义可知，通过圆台侧面一点，有且仅有一条母线，可知错误； 棱柱包括三棱柱、四棱柱等，其中三棱柱底面是三角形，四棱柱底面是四边形即可，可知错误； 由棱台的定义可知，需用平行于底面的平面截棱锥可得棱台，不是任意平面都可以，可知错误； 圆锥的轴截面为等腰三角形，可知正确. 本题正确选项： 【点睛】本题考查空间几何体基本概念的判定，属于基础题. 3. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出角的值，利用正弦定理可求得结果. 【详解】由题意可得，由正弦定理，因此，. 故选：C. 4. 如图，为水平放置的斜二测画法的直观图，且，则的周长为（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】 由斜二测画法的直观图与原图的关系，运算即可得解. 【详解】由直观图可得，在中，，且， 所以， 所以的周长为. 故选：D. 5. 已知向量，.若，则（ ） A. B. 1 C. D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用向量共线的坐标运算即可求出结果. 【详解】因为向量，，又，所以，解得. 故选：C. 6. 若底面直径和高相等的圆柱的侧面积是，则这个圆柱的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出圆柱底面圆半径r并表示出其高，借助圆柱侧面积求出r即可作答. 【详解】设圆柱底面圆半径为，依题意得高，于是得圆柱侧面积，解得，， 所以圆柱的体积为. 故选：B 7. 在中，角所对的边分别为，，，若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 分析】根据题意利用正弦定理可得，即可得结果. 【详解】因为，则， 可得，且，所以． 故选：B. 8. 已知四边形的对角线交于点O，E为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的线性运算结合平面向量基本定理可求的值. 【详解】由已知得，， 故，又B，O，D共线， 故，所以. 故选：A. 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. 下列各式的运算结果是实数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据复数加减乘除运算法则逐一计算即可求解. 详解】A项中，，故A正确； B项中，，故B错误； C项中，，故C正确； D项中，，故D错误. 故选：AC. 10. 以直角边长为2的等腰直角三角形的一边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周所得几何体的体积可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】分两种情况，以直角边所在直线为旋转轴时和以斜边所在直线为旋转轴时，求出答案. 【详解】①当以直角边所在直线为旋转轴时，得到一个底面圆半径为2，高为2的圆锥，则； ②当以斜边所在直线为旋转轴时，得到两个同样的圆锥，圆锥底面是以为半径的圆，高为， 则. 故选：. 11. 已知锐角三角形三边长分别为，则实数的可能取值是（ ） A. B. C. 7 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】先由三角形三边关系确定的范围，再借助余弦定理列出关于的不等式组，解之即可得解. 【详解】因为是三角形的三边，则且，得， 设这个三角形中长为的边所对角分别为，显然长为的边所对角必为锐角， 而这个三角形为锐角三角形， 则由余弦定理得，即，解得， 所以实数的取值范围是，故BC正确，AD错误. 故选：BC 12. 已知向量，下列结论正确的是（ ） A. 与能作一组基底 B. 与同向的单位向量的坐标为 C. 与的夹角的正弦值为 D. 若满足，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A两个不共线的向量可以作为平面的一组基底；对于B与向量同向的单位向量为；对于C可以用夹角公式先求夹角的余弦，再用平方关系求正弦；对于D代模长公式计算即可. 【详解】对于A，因为，所以不存在实数使得， 所以与能作为一组基底，故A正确； 对于B，因为， 所以， 所以与同向的单位向量的坐标为，故B错误； 对于C，因为， 所以与的夹角的正弦值为，故C正确； 对于D，因为， 所以，解得，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分． 13. 已知是虚数单位，复数z满足，则复数z的模为___________. 【答案】 【解析】 【分析】化简求出，再代模长公式即可求解 【详解】由 ， 故答案为： 14. 在中，角所对的边分别为，且的外接圆半径为1，若，则的周长为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意可得，结合正弦定理计算即可求解. 【详解】因，则， 所以， 所以的周长为． 故答案为： 15. 一圆台的上下底面半径分别为1cm，2cm，母线为6cm，则被截成该圆台的圆锥的表面积为_________ cm2. 【答案】28π 【解析】 【分析】画出图形，求出圆锥的母线长，求出圆锥的底面积和侧面积，求出表面积. 【详解】将圆台补成圆锥，母线相交于点S，则AB=2，CD=1，DB=6， 由相似知识可知：SD=DB=6，故圆锥的母线长SB=6+6=12， 则圆锥底面积为，圆锥侧面积为， 所以圆锥的表面积为. 故答案为：28π 16. 已知，，，，点P为平面ABC内一动点，且满足. （1）已知，则_________； （2）已知，则的取值范围为_________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】（1）根据加量加法的平行四边形四边形法则及锐角三角函数， 在利用向量的数量积即可求解； （2）根据向量的线性运算及数量积运算，再利用向量的摸公式，结合 判别式求函数的值域的方法即可求解. 【详解】（1）如图所示 因为，所以四边形是平行四边形， 又，， 当时，，则， ， ； 故答案为：. （2）因为，， 所以， ， ， 又因为，所以， 设，则， ， ， ， ，，，即 于是有. 所以的取值范围为. 故答案为： 四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 17. 已知复数且为虚数单位，当为何值时： （1）复数是实数； （2）复数是虚数； （3）复数是纯虚数. 【答案】（1）或 （2）且且 （3） 【解析】 【分析】（1）由题知，解方程即可得答案； （2）由题知，再解不等式即可得答案； （3）由题知，进而求解即可； 【小问1详解】 解：当为实数时，有，解得或. 所以，或，复数是实数. 【小问2详解】 解：当为虚数时，有，解得且且. 所以，当且且时，复数是虚数； 【小问3详解】 解：当为纯虚数时，有，解得. 所以，当时，复数是纯虚数. 18. 如图，在直角梯形中，，，，，梯形绕着直线旋转一周. （1）求所形成的封闭几何体的表面积； （2）求所形成的封闭几何体的体积. 【答案】(1) (2) 【解析】 【分析】(1)梯形绕着直线旋转一周后形成的几何体可以看作一个圆柱中挖去了一个圆锥后形成的，其表面积，计算即可(2)几何体的体积可以看做圆柱的体积减去一个圆锥的体积. 【详解】依题意旋转后形成的几何体可以看作一个圆柱中挖去了一个圆锥后形成的， 由，可知 （1）其表面积S=圆柱侧面积+圆锥侧面积+圆柱底面积 . （2）其体积V=圆柱体积圆锥体积 . 【点睛】本题主要考查了旋转体的表面积，体积，属于中档题. 19. 在平面四边形中，. （1）求； （2）若，求. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】（1）在中，已知三边，直接利用余弦定理求解. （2）由（1）及，得，在中，再利用正弦定理求解. 【详解】（1）在中，因为 所以由余弦定理得， 所以 （2）因为，所以 在中，，即. 解得. 【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理在平面几何中的应用，还考查了数形结合归的思想和运算求解的能力，属于中档题. 20. （1）已知单位向量与的夹角为，且，求； （2）已知，求. 【答案】（1）；（2）2 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，利用向量数量积的运算律展开，即可求解； （2）根据题意，对两边平方，并代入，即可求解. 【详解】（1）单位向量与的夹角为，则. . （2）由，即. 21. 已知的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且. （1）求角的大小； （2）若，求面积的最大值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理对进行边角互化，进而得到A的大小. （2）利用余弦定理得到三边满足的关系式，再利用基本不等式得到，进而得到面积最大值. 【小问1详解】 在中，， 由题意及正弦定理得， ∴， ∴， ∴， 又∵，∴， 又∵，∴. 【小问2详解】 ∵，， ∴由余弦定理得， 即，化简， 故（当且仅当时取“=”号）， ∴. ∴面积的最大值为. 22. 在中，设角，，所对的边分别为，，，已知，且三角形的外接圆半径为． （1）求大小； （2）若的面积为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合已知式子，利用余弦定理和三角恒等变换即可求出，从而求出C； （2）利用余弦二倍角公式将中cos2A化为，再利用正弦定理将和化为、，利用三角形面积公式可求，利用余弦定理可求，代入化简的式子即可计算； 【小问1详解】 在中，， 即， 由余弦定理得， 即， 即， 即， 在中，，则， 又∵，∴； 【小问2详解】 因为，即，所以， 由正弦定理得，∴， 则 ， 由余弦定理得， ∴； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$