福建省厦门第一中学2022-2023学年高一下学期期中考试数学试题含解析.docx

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1、福建省厦门第一中学20222023学年度第二学期期中考试高一年数学试卷命题教师 考生注意：1答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效3考试结束后，将答题卡交回.一、单选题：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，复数，则复数模为( )A. 2B. C. 1

2、D. 2. 已知平面向量，若，则实数与的和为( )A 6B. C. 2D. 3. 已知圆锥PO，其轴截面(过圆锥旋转轴的截面)是底边长为6m，顶角为的等腰三角形，该圆锥的侧面积为( )A. B. C. D. 4. 中国古代数学专著九章算术的第一章“方田”中载有“半周半径相乘得积步”，其大意为：圆的半周长乘以其半径等于圆面积.南北朝时期杰出的数学家祖冲之曾用圆内接正多边形的面积“替代”圆的面积，并通过增加圆内接正多边形的边数n使得正多边形的面积更接近圆的面积，从而更为“精确”地估计圆周率.据此，当n足够大时，可以得到与n的关系为( )A B. C. D. 5. 在中，的面积为，则为( )A. B

3、. C. D. 6. 已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是( )A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则7. 如图所示，在直三棱柱中，棱柱的侧面均为矩形，P是上的一动点，则的最小值为( ) A B. 2C. D. 8. 已知中，D，E是线段BC上的两点，满足，则BC长度为( )A. B. C. D. 二、 选题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分9. 已知圆台的上底半径为1，下底半径为3，球O与圆台的两个底面和侧面都相切，则( )A. 圆台的母线长为4B.

4、圆台的高为4C. 圆台的表面积为D. 球O的表面积为10. 已知与是共轭虚数，则( )A. B. C D. 11. 对于，有如下命题，其中正确的有( )A. 若，则为等腰三角形B. 若，则为直角三角形C. 若，则为钝角三角形D. 若，则的面积为或12. “阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi-regularsolid)，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有( )A. 该半正多面体的体

5、积为B. 该半正多面体过三点的截面面积为C. 该半正多面体外接球的表面积为D. 该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. i是虚数单位，已知，写出一个满足条件的复数_14. 在矩形中，已知，点是对角线上一动点，则的最小值为_.15. 太湖中有一小岛C，沿太湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A处测得小岛在公路的南偏西15的方向上，汽车行驶1 km到达B处后，又测得小岛在南偏西75的方向上，则小岛到公路的距离是_ km.16. 如图，平面四边形ABCD中，其中，且，若，则_ 四、解答题：共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.

6、已知复数z满足，且z的虚部为-1，z在复平面内所对应的点在第四象限(1)求z；(2)若z，在复平面上对应的点分别为A，B，O为坐标原点，求OAB18. 如图，已知P是平行四边形所在平面外一点，M、N分别是的三等分点(M靠近B，N靠近C)；(1)求证：平面(2)在上确定一点Q，使平面平面19. 如图，在中，为中点，为上一点，且满足，的面积为，(1)求的值；(2)求的最小值.20. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求C；(2)若，D为的外接圆上的点，求四边形ABCD面积的最大值.21. 如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，M是棱PD上的点，O是棱AB的中点，PO为四棱锥的高，且四面

7、体MPBC的体积为 (1)证明：；(2)若过点C，M的平面与BD平行，且交PA于点Q，求多面体体积22. 如图1，某景区是一个以C为圆心，半径为3km的圆形区域，道路，成60角，且均和景区边界相切，现要修一条与景区相切的观光木栈道AB，点A，B分别在和上，修建的木栈道AB与道路，围成三角地块OAB(注：圆的切线长性质：圆外一点引圆的两条切线长相等) (1)当为正三角形时求修建的木栈道AB与道路，围成的三角地块OAB面积；(2)若的面积，求木栈道AB长；(3)如图2，设，将木栈道AB的长度表示为的函数，并指定定义域；求木栈道AB的最小值福建省厦门第一中学20222023学年度第二学期期中考试高一

8、年数学试卷考生注意：1答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效3考试结束后，将答题卡交回.一、单选题：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，复数，则复数的模为( )A. 2B. C. 1D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数除法运算，先化简；再由复数模

9、的计算公式，即可得出结果.【详解】因为复数，所以故选：C2. 已知平面向量，若，则实数与的和为( )A. 6B. C. 2D. 【答案】D【解析】【分析】根据、分别求出m和n即可【详解】，；，；故选：D3. 已知圆锥PO，其轴截面(过圆锥旋转轴截面)是底边长为6m，顶角为的等腰三角形，该圆锥的侧面积为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】运用圆锥侧面积公式计算即可.【详解】如图所示， 设圆锥的半径为r，母线为l，由题意知，在中，所以，所以圆锥侧面积为.故选：B.4. 中国古代数学专著九章算术的第一章“方田”中载有“半周半径相乘得积步”，其大意为：圆的半周长乘以其半径等于圆面积

10、.南北朝时期杰出的数学家祖冲之曾用圆内接正多边形的面积“替代”圆的面积，并通过增加圆内接正多边形的边数n使得正多边形的面积更接近圆的面积，从而更为“精确”地估计圆周率.据此，当n足够大时，可以得到与n的关系为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】设圆的半径为，由题意可得，化简即可得出答案.【详解】设圆的半径为，将内接正边形分成个小三角形，由内接正边形的面积无限接近圆的面即可得：，解得：.故选：A.5. 在中，的面积为，则为( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知条件，先根据三角形面积公式求出的值，然后利用余弦定理求出的值，即可得的值.【详解】解：在中，因

11、为，的面积为，所以，所以，因为，所以，所以.故选：B.6. 已知m，n为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列命题正确的是( )A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】B【解析】【分析】A：结合两直线的位置关系可判断或异面； B：结合线面平行的性质可判断； C：结合线面的位置关系可判断或相交； D：结合线面的位置关系可判断或.【详解】A：若，则或异面，故A错误；B：因为，所以在平面内存在不同于n的直线l，使得，则，从而，故，故B正确；C：若，则或相交，故C错误；D：若，则或，故D错误.故选：B7. 如图所示，在直三棱柱中，棱柱侧面均为矩形，P是上的一动点，则的最小值为( )

12、A. B. 2C. D. 【答案】D【解析】【分析】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余弦定理等求解即可.【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面， 设点的新位置为，连接，则有，如图， 当三点共线时，则即为的最小值.在三角形ABC中，由余弦定理得：,所以，即,在三角形中，由勾股定理可得：,且. 同理可求：，因为，所以为等边三角形，所以，所以在三角形中，,由余弦定理得：.故选：D.8. 已知中，D，E是线段BC上的两点，满足，则BC长度为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由可得出，由两边平

13、方可求得然后在中利用余弦定理可求得答案.【详解】如图，记,，即，即，在中，,.故选：C.二、 选题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分9. 已知圆台的上底半径为1，下底半径为3，球O与圆台的两个底面和侧面都相切，则( )A. 圆台的母线长为4B. 圆台的高为4C. 圆台的表面积为D. 球O的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】作出圆台的轴截面，设圆台上、下底面圆心分别为，半径分别为，连接，利用平面几何知识得到，即可逐项计算求解【详解】设梯形ABCD为圆台的轴截面，则内切圆为圆台内切球的大圆，

14、如图，设圆台上、下底面圆心分别为，半径分别为，则共线，且，连接，则分别平分，故， 故，即，解得，母线长为，故A正确；圆台的高为，故B错误；圆台的表面积为，故C正确；球O的表面积为，故D正确.故选：ACD.10. 已知与是共轭虚数，则( )A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【分析】设出复数，根据复数的运算，对每个选项进行逐一分析，即可判断.【详解】由题意，复数与是共轭虚数，设、，且，对于A项， ，当时，由于复数不能比较大小，故A项不成立；对于B项，因为，所以，故B项正确；对于C项，因为，所以C选项正确；对于D项，由不一定是实数，故D项不成立.故选：BC.11. 对于，有如下命题，其中正

15、确的有( )A. 若，则为等腰三角形B. 若，则为直角三角形C. 若，则为钝角三角形D. 若，则的面积为或【答案】ACD【解析】【分析】A.根据条件得到的关系，由此进行判断；B.利用诱导公式直接分析得到的关系并判断；C.利用正弦定理得到的关系，结合余弦定理进行判断；D.先利用正弦定理计算出的值，由此可求的值，结合三角形面积公式进行计算并判断.【详解】对于A：是等腰三角形，A正确；对于B：或不一定是直角三角形，B错误；对于C：，为钝角三角形，正确；对于D：由正弦定理，得而或或当时，当时，或D正确.故选：ACD.12. “阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi-regularsolid)，是由

16、边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有( )A. 该半正多面体的体积为B. 该半正多面体过三点的截面面积为C. 该半正多面体外接球表面积为D. 该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式【答案】ACD【解析】【分析】根据几何体的构成可判断A，由截面为正六边形可求面积判断B，根据外接球为正四棱柱可判断C，根据顶点，面数，棱数判断D.【详解】如图，该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个

17、三棱锥所得到的.对于A， 因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：， 故正确；对于B，过三点的截面为正六边形，所以，故错误；对于C，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为,侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积，故正确；对于D，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足，故正确.故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. i是虚数单位，已知，写出一个满足条件的复数_【答案】(答案不唯一，满足()均可)【解析】【分析】运用复数的模的运算公式计算即可.【详解】设，()，则，因为，所以，解得：，所以，()所

18、以可以取.故答案为：(答案不唯一，满足()均可).14. 在矩形中，已知，点是对角线上一动点，则的最小值为_.【答案】#.【解析】【分析】以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立直角坐标系，利用平面向量的坐标运算求出，进而结合二次函数的性质即可求出结果.【详解】 以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立直角坐标系，又因为，所以则直线的方程为，所以设，且，而,所以结合二次函数的性质可知，当时，有最小值，且最小值为，故答案为：.15. 太湖中有一小岛C，沿太湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A处测得小岛在公路的南偏西15的方向上，汽车行驶1 km到达B处后，又测得小岛在南偏西75的方向上，则小

19、岛到公路的距离是_ km.【答案】【解析】【详解】如图所示，过C作CDAB，垂足为D，A=15，CBD=75，AB=1km，ABC中，BC=，CBD中，CD=BCcos15=km故填 16. 如图，平面四边形ABCD中，其中，且，若，则_ 【答案】#【解析】【分析】运用余弦定理求得AD的值，在AB上取点E，使得，结合角平分线性质可得，再运用向量加法可求得结果.【详解】在中，由余弦定理得：，即：，解得：或，又因为，所以.在AB上取点E，使得，连接DE，交AC于点F，如图所示， 又因为为的角平分线，所以，为DE的中点，在中，由余弦定理得：，所以，所以，所以，所以.故答案为：.四、解答题：共70分解

20、答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 已知复数z满足，且z的虚部为-1，z在复平面内所对应的点在第四象限(1)求z；(2)若z，在复平面上对应的点分别为A，B，O为坐标原点，求OAB【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)运用复数几何意义设出，再结合共轭复数定义写出，再运用复数乘法运算求得结果.(2)运用复数几何意义、两点间距离公式及勾股定理可求得结果.【小问1详解】由题意知，设()，则，所以，解得：，所以.【小问2详解】由(1)知，所以，所以，如图所示， 所以， ，所以.所以.18. 如图，已知P是平行四边形所在平面外一点，M、N分别是的三等分点(M靠近B，N靠近C)；(1)求证：

21、平面(2)在上确定一点Q，使平面平面【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析【解析】【分析】(1)过点作，交于点，连接，证得证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可求解；(2)取取一点，使得，证得，得到平面，结合(1)中平面，利用面面平行的判定定理，证得平面平面【小问1详解】证明：过点作，交于点，连接，因为为的三等分点，可得，又因为为的三等分点，可得，因为且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又由平面，平面，所以平面.【小问2详解】证明：取取一点，使得，即点为上靠近点的三等点，在中，因为分别为的三等分点，可得，所以，因为平面，平面，所以平面；又由(1)知平面，且，平面，

22、所以平面平面，即当点为上靠近点三等点时，能使得平面平面19. 如图，在中，为中点，为上一点，且满足，的面积为，(1)求的值；(2)求的最小值.【答案】(1) (2)【解析】【分析】(1)利用三点共线，可设，推出，结合，即可求得t的值；(2)利用(1)的结论可得，利用三角形面积得出，结合基本不等式即可求得答案.【小问1详解】在中，D为中点，则三点共线，设,故 ，又 ，故， 解得，即.【小问2详解】由(1)知，所以，当且仅当时取等号，又，则,即，故，即的最小值为，当且仅当时取等号.20. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.(1)求C；(2)若，D为的外接圆上的点，求四边形ABCD面积的最

23、大值.【答案】(1)； (2).【解析】【分析】(1)根据正弦定理以及两角和的正弦公式化简，即可得出，进而根据角的范围得出答案；(2)解法一：由已知可推出，然后根据正弦定理可求出，进而求出，.设，表示出四边形的面积，根据基本不等式即可得出答案；解法二：根据投影向量，推出，然后同解法一求得.设，表示出四边形的面积，根据的范围，即可得出答案；解法三：同解法一求得，设点C到BD的距离为h，表示出四边形的面积，即可推出答案；解法四：建系，由已知写出点的坐标，结合已知推得BD是的直径，然后表示出四边形的面积，即可推出答案.【小问1详解】因为，在中，由正弦定理得，.又因为，所以，展开得，即，因为，故，即.

24、又因为，所以.【小问2详解】解法一：如图1设的外接圆的圆心为O，半径为R，因为，所以，即，所以，故BD是的直径，所以.在中，所以.在中，.设四边形ABCD的面积为S，则，当且仅当时，等号成立.所以四边形ABCD面积最大值为.解法二：如图1设的外接圆的圆心为O，半径为R，在上的投影向量为，所以.又，所以，所以在上的投影向量为，所以故BD是的直径，所以.在中，所以，在中，.设四边形ABCD的面积为S，则，所以，当时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为.解法三：如图1设的外接圆的圆心为O，半径为R，因为，所以，即，所以.故BD是的直径，所以.在中，所以.在中，.设四边形ABCD的面积为S，点C到

25、BD的距离为h，则，当时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为.解法四：设的外接圆的圆心为O，半径为R，在中，故外接圆的半径.即，所以.如图2，以外接圆的圆心为原点，OB所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy，则，. 因为C，D为单位圆上的点，设，其中，.所以，代入，即，可得，即.由可知，所以解得或，即或.当时，A，D重合，舍去；当时，BD是的直径.设四边形ABCD的面积为S，则，由知，所以当时，即C的坐标为时，S最大，所以四边形ABCD面积最大值为.21. 如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，M是棱PD上的点，O是棱AB的中点，PO为四棱锥的高，且四面体MPBC的体积为 (1)证明：；(2

26、)若过点C，M的平面与BD平行，且交PA于点Q，求多面体体积【答案】(1)证明见解析 (2)【解析】【分析】(1)由题意平面PBC，求得体积关系：，即可得出答案；(2)建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量为，设，由得，求出面积，平面的法向量，利用向量法求出到平面的距离，进而求得，相加即可得出答案.【小问1详解】因为，AB中点O，所以，.又因为是菱形，所以，.因为，平面PBC，平面PBC，所以平面PBC，所以.因为，所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的，所以.【小问2详解】因为平面，平面ABCD，所以，又， 如图，以O为坐标原点，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建

27、立空间直角坐标系， 则，所以，.设平面的法向量为，则，即，取，得.因为，设，则，因为，所以，所以，中，,，,设平面的法向量为，则，即.取，得.设到平面的距离为，又，则，到平面的距离为，又，,，到平面的距离为，又，,多面体体积为.22. 如图1，某景区是一个以C为圆心，半径为3km的圆形区域，道路，成60角，且均和景区边界相切，现要修一条与景区相切的观光木栈道AB，点A，B分别在和上，修建的木栈道AB与道路，围成三角地块OAB(注：圆的切线长性质：圆外一点引圆的两条切线长相等) (1)当为正三角形时求修建的木栈道AB与道路，围成的三角地块OAB面积；(2)若的面积，求木栈道AB长；(3)如图2，

28、设，将木栈道AB的长度表示为的函数，并指定定义域；求木栈道AB的最小值【答案】(1) (2) (3)，【解析】【分析】(1)运用等面积法可求得等边三角形的边长，进而求得等边三角形的面积.(2)方法1：运用内切圆性质及三角形面积公式可求得结果.方法2：运用两个三角形面积公式可得，的值，再结合余弦定理可得，联立可求得AB的长.(3)运用内切圆性质可得，进而运用直角三角形中的正切公式可表示出AB. 方法1：运用分离常数法、“1”的代换及基本不等式可求得结果.方法2：运用切化弦、和角公式、积化和差公式化简AB表达式，再结合三角函数在区间上求最值即可.方法3：运用切化弦、和差角公式、二倍角公式、辅助角公

29、式化简，再结合三角函数在区间上求最值即可.【小问1详解】如图所示， 设三角地块面积为S，等边OAB边长为， 所以由等面积法得：， 解得，所以.故修建的木栈道与道路，围成的三角地块面积为平方千米.【小问2详解】方法1：设圆C分别与、相切于点N、E、M，如图所示， 则，所以在中，所以，设，所以，解得：，即：.故木栈道AB长为.方法2：设三角地块面积为S，由等面积法可得：，即：，所以，在中，由余弦定理得，即：，由解得：.故木栈道AB长为.【小问3详解】如图所示， 由题意知，由内切圆的性质可知，设直线和圆相切点，则，因为，解得：，又因为，所以，所以.即：.方法1：，当且仅当时等号成立，故木栈道的长度最小值为.方法2：因为，所以，所以，所以，故木栈道的长度最小值为.方法3：，因为，所以，所以，所以，故木栈道的长度最小值为.【点睛】方法点睛：解三角形的应用问题的要点(1)从实际问题抽象出已知的角度、距离、高度等条件，作为某个三角形的元素；(2)利用正弦、余弦定理解三角形，得实际问题的解解三角形中最值(范围)问题的解题策略利用正弦、余弦定理以及面积公式化简整理，构造关于某一个角或某一边的函数或不等式，利用函数的单调性或基本不等式等求最值(范围)