精品解析：福建省宁德市部分达标中学2022-2023学年高一下学期期中联合考试数学试题(解析版)

高一数学试题

一单项选择题：本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出地选项中,有且仅有一个选项是正确地

1. 若复数z=1-i1+i,则z=A. 1B. 1C. iD. i【结果】C【思路】

【详解】由已知z1i1i(1i)2(1i)(1i)i,则z= i .故选C.2. 一梯形地直观图是如图所示地等腰梯形,且直观图OABC地面积为1,则原梯形地面积为（A. 1

B. 2C. 2

D. 22【结果】D【思路】

【思路】依据斜二测画法地规则将图还原,平面图是一个直角梯形,从而可求出其面积【详解】解：把该梯形地直观图还原为原来地梯形,如图所示,设原来梯形地上底为a,下底为b,高为h,

则直观图中等腰梯形地高为h'12hsin45,因为直观图地面积为12(ab)h'112(ab)2hsin451,

所以

12(ab)h4222,所以原梯形地面积为22,故选：D

）

【点睛】此题考查了平面图形地直观图地画法与应用问题,掌握斜二测画法地作图规则是解题地关键,属于基础题

3. ABC地三个内角A,B,C地对边分别为,a,b,c,a2c2b2ac0,则B（ ）A.

2B.

3C.

4D.

6【结果】B【思路】

【思路】依据a2c2b2ac0,利用余弦定理求解.【详解】因为a2c2b2ac0,即a2c2b2aca2c2b2ac1所以cosB,

2ac2ac2因为B(0,),所以B3．

故选：B．

4. 阿基米德（Archimedes,公圆前287年—公圆前212年）是古希腊伟大地数学家，物理学家和天文学家．他推导出地结论“圆柱内切球体地体积是圆柱体积地三分之二,并且球地表面积也是圆柱表面积地三分之二”是其毕生最满意地数学发现,后人按照他生前地要求,在他地墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球,如图,该球顶天立地,四周碰边,圆柱地底面直径与高都等于球地直径,若球地体积为36,则圆柱地表面积为（ ）

A. 36【结果】C【思路】

B. 45C. 54D. 63π【思路】首先理解题意,直接求解圆柱地体积,即可得圆柱底面地半径,再求圆柱地表面积.

V内切球2=,V圆柱=54,【详解】由题意可知,

V圆柱3设圆柱底面半径为r,则r22r54,得r3,则圆柱地表面积S2r2r2r254.故选：C

5. 如图所示,在四边形ABCD中,DC1AB,E为BC地中点,且AE=xAByAD,则3x2y3A.

12B.

32C. 1【结果】C【思路】

D. 2【详解】E 为BC 地中点,BE＝BC， 而BC＝BAADDC122ABAD31121211BE＝BCABAD＝ABAD，则AE＝ABBE＝ABAD223323221且AE＝xAByAD ,x＝，y＝,则3x2y1， 故选C．

326. △ABC三个内角A,B,C的对边分别为a、b、c,已知sinB2sinC,且a地面积等于（ ）

6,cosA7,则ABC8A. 152B. 15C. 2D. 3【结果】A【思路】

【思路】由sinB2sinC结合正弦定理可得b2c,利用余弦定理求得c2,b4,再依据三角形面积公式求得结果.

【详解】由sinB2sinC可得：b2c ,

b2c2a25c267故cosA ,解得c2,b4 ,22bc4c8故SABC故选：A

7. ABC是边长为1地等边三角形,点D,E分别是边AB,BC地中点,连接DE并延长到点F,使得

11715 ,bcsinA421()22282DE2EF,则AF·BC地值为（ ）

A. 58B.

18C.

14D.

118【结果】B【思路】

1133【详解】试题思路：设BAa,BCb,∴DEAC(ba),DFDE(ba),

2224135353531AFADDFa(ba)ab,∴AFBCabb2.

244444848【考点】向量数量积

【名师点睛】研究向量地数量积问题,一般有两个思路,一是建立直角坐标系,利用坐标研究向量数量积。二是利用一组基底表示所有向量,两种实质相同,坐标法更易理解和化简. 平面向量地坐标运算地引入为向量提供了新地语言——“坐标语言”,实质是将“形”化为“数”．向量地坐标运算,使得向量地线性运算都可用坐标来进行,实现了向量运算完全代数化,将数与形紧密结合起来．

8. 如下图所示,半圆地直径AB4,O为圆心,C是半圆上不同于A,B地任意一点,若P为半径OC上地动点,则PAOCPBOPPAOPPBOC地最小值是（ ）

uuruuuruuruuuruuruuuruuruuurA. 2【结果】D【思路】

B. 0

C. 1D. 2

uuruuuruuruuuruuruuuruuruuuruuruuuruuuruuruuuruuuruuruuruuur【思路】PAOCPBOPPAOPPBOCPA(OCOP)PB(OCOP)(PAPB)PC,再依据O是AB地中点,可得(PAPB)PC2POPC,再由O,P,C三点共线, POPCOC2为定值,

从而可由基本不等式求出结果

uuruuuruuruuuruuruuuruuruuuruuruuuruuuruuruuuruuuruuruuruuur【详解】PAOCPBOPPAOPPBOCPA(OCOP)PB(OCOP)(PAPB)PC因为O是AB地中点,所以PAPB2PO,

所以(PAPB)PC2POPC2POPC,因为O,P,C三点共线,且POPCOC22POPC所以POPC1,当且仅当POPC1时取等号,2所以2POPC地最小值为2,

所以PAOCPBOPPAOPPBOC地最小值是2,故选：D

uuruuuruuruuuruuruuuruuruuur二､多项选择题：本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出地选项中,有多项符合题目要求.全部选对地得5分,部分选对地得3分,有选错地得0分.

9. 如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,M,N分别为棱C1D1,C1C地中点,则以下四个结论中,正确地有（ ）

A. 直线AM与CC1是相交直线C. AM与BN平行【结果】BD【思路】

B. 直线BN与MB1是异面直线D. 直线A1M与BN共面

【思路】依据异面直线地定义,结合三角形中位线定理，正方体地性质，共面地判定方式逐一进行判断即可.

【详解】依据异面直线地定义可以判断直线AM与CC1，直线BN与MB1，直线AM与BN都是异面直线,因此选项AC错误,选项B正确,因为M,N分别为棱C1D1,C1C地中点,所以MN//D1C,由正方体地性质可知：

A1D1//AD,AD//BC,A1D1AD,ADBCA1D1//BC,A1D1BC,

所以四边形A1D1CB是平行四边形,因此D1C//A1B,所以MN//A1B,因此M、N、A1、B四点共面,所以直线A1M与BN共面,因此选项D正确,故选：BD

10. 下面命题中正确地是（ ）

A. 若x,yR,xyi22i,则xy220,则z1z20B. 若复数z1,z2满足z12z2C. 若复数z为纯虚数,则zz2D. 若复数z满足z12,则zi地最大值为22【结果】AD【思路】

【思路】A由复数相等款件即可判断正误。B，C应用特殊值法,代入验证即可。D依据z12地几何含义：以(1,0)为圆心2为半径地圆,求zimax为该圆上地点到A(0,1)最大距离,判断正误.

2【详解】A：由复数相等知：xyi22i,有xy2,正确。

20,错误。B：若z11,z2i,有z12z2C：若z=i时,z1z21,错误。

D：令zxyi,则z12为圆O：(x1)2y24,而zimax表示圆O上地点到A(0,1)地最大距离,所以zimax2|OA|22,正确.故选：AD.

211. 已知ABC地内角A,B,C所对地边分别为a,b,c,则下面表达正确地是（ ）A. 若sinBsinC,则BCB. 若a26,b4,A4,则三角形有两解

C. 若bcosBccosC0,则ABC一定为等腰直角三角形D. 若ABC面积为S,S【结果】AD【思路】

【思路】A. 利用正弦定理判断。B.利用正弦定理判断。 C.利用正弦定理把边转化为角,再利用二倍角公式求解判断。 D.利用三角形面积公式和余弦定理求解判断.【详解】A. 由正弦定理得

12ab2c2,则C.44bc,因为sinBsinC,所以bc,则BC,故正确。sinBsinC2ab4bsinAB.因为a26,b4,A,由正弦定理得,则23,因为ab,sinB4sinAsinBa326B所以AB,则0,,所以三角形有一解,故错误。

4C. 因为bcosBccosC0,所以sinBcosBsinCcosC0,即sin2Bsin2C,所以2B2C或

2B2C,即BC或BCD. 因为ABC面积为S,S2,所以ABC为等腰三角形或直角三角形,故错误。

1112ab2c2,所以absinC2abcosC,即sinCcosC,因为424C0,,所以C.故正确,

4故选：AD

12. 给出下面四个命题,其中正确地选项有( )

ababA. 非零向量a,b满足,则a与ab地夹角是30°uuuruuurB. ABC中,ABBC0,则sinBsinAC. 若单位向量a,b地夹角为120°,则当axbxR取最小值时x1rr33D. 若a1,1,b1,2,则b在a上地投影向量为,22【结果】AB【思路】

【思路】A：依据向量加法和减法地法则,作出图像即可求解。B：依据向量数量积地定义和正弦定理即可求解。C：依据向量数量积计算axbbaD：b在a上地投影向量为：aaxbaxb地最小值即可。

a,据此计算即可.a【详解】A：令OAa,OBb,则BAab,∵abab,△OAB是等边三角形﹒

若以OA，OB为邻边作平行四边形OACB,则OCab,OACB是菱形,且∠OAC＝60°,OC是∠AOB地

平分线,故a与ab地夹角是∠AOC＝30°,故A正确。

uuuruuuruuruuuruuruuurB：△ABC中,ABBCBABC0BABC0B90,180,则B＞A,则b＞a,依据正弦定理知

sinB＞sinA,故B正确。

11C：若单位向量a,b地夹角为120°,则ab11,

22则axb时,axb取最小值,故C错误。

21132222x,故当axbaxb|a|2xabxb1xxx224a1,1,b1,2,D：若则b在a上地投影向量为：

baaa12a333a,,故D错误.a2111122故选：AB

三､填空题：本题共4小题,每小题5分,共20分.

13. 复数z11i,z222i,则z1z2_________.【结果】10【思路】

【思路】依据复数减法地运算法则,结合复数模地运算公式进行求解即可.【详解】因为z11i,z222i,

所以z1z21i22i13i(1)23210,故结果为：1014. 已知圆锥地表面积为6,且它地侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥地底面直径为___________【结果】22【思路】

【思路】设圆锥地半径为r,母线长为l,依据已知款件求出r,l,可求得该圆锥地底面直径．【详解】解：设圆锥地半径为r,母线长为l,

侧面展开图是一个半圆,则l2r,即l2r,

又圆锥地表面积为6,则r2rl6,解得r2,l22．

这个圆锥地底面直径是2r22．

故结果为：22．15. 如图,为测量塔地高度,在塔底所在地水平面内取一点C,测得塔顶地仰角为,由C向塔前进15米后到达点D,测得塔顶地仰角为2,再由D向塔前进53米后到达点E,测得塔顶地仰角为4,则塔高为___________米.

【结果】7.5##【思路】

152【思路】依据题意得出PCD，△PDE是等腰三角形,利用余弦定理求出cos2地值,得出2，4地值,再利用直角三角形地边角关系求出PA地值．

【详解】解：因为CPDEDPDCP2,所以PDCD15,又DPEAEPEDP422,所以PEDE53,在△PDE中cos2PDDEPE2PDDE所以2222152532532215533,26,43,

所以sin4PA,PE37.5,2解得PAPEsin453所以塔高为7.5米．故结果为：7.5．

16. 已知正三棱锥ABCD地四个顶点在同一个球面上,ABACAD4,CD42,则该三棱锥地外接球地表面积为___________,该三棱锥地内切球地半径为___________.【结果】 【思路】

【思路】依据题意,将该三棱锥补成棱长为4地正方体求外接球地半径,利用等体积法求内切球地半径.【详解】解：因为正三棱锥ABCD中,ABACAD4,CD42,所以BADBACCAD90,则将该三棱锥补成棱长为4地正方体,如图所示：

①. 48

②.

2333所以该三棱锥地外接球地直径为正方体地体对角线地长,即2R43,

所以R23,外接球地表面积为S4R248。设该三棱锥地内切球地半径为r,则VCBAD11CASBADrSBADSCADSCBASCBD,33111r即444323解得r11344422242222,22333,

3故结果为：48,233四､解答题

17. 已知复数z为纯虚数,且（1）求复数z。

（2）设mR,若复数mz在复平面内对应地点位于第四象限,求m地取值范围.【结果】（1）z2i。（2）m2.【思路】【思路】

（1）依据纯虚数地定义设出复数z地表示形式,再依据复数除法运算法则,结合复数地分类进行求解即可。（2）依据完全平方公式,结合复数在复平面内对应点地特点进行求解即可.【详解】（1）因为复数z为纯虚数,所以设zbi(b0),则

2z2为实数.1iz22bib2(2b)iz2,又为实数

1i1i1i2∴2b0b2,即z2i。（2）因为mR,z2i所以有(mz)2(m2i)2m244mi,

又因为复数mz在复平面内对应地点位于第四象限,所以有：m240且4m0,即m2.

18. 如图所示,为测量山高MN,选择A和另一座山地山顶C为测量观测点,从A点测得M点地仰角MAN60,C点地仰角CAB45,以及MAC75,从C点测得MCA60,已知山高BC100m,2求山高MN.

【结果】150米.【思路】

【思路】利用正弦定理,依据勾股定理，锐角三角函数定义进行求解即可.【详解】解：在ABC中,CAB45,ACB45,BCAB100,AC100210021002,在AMC中,MAC75,MCA60,AMC45,MAACMA1002,,MA1003,sinACMsinAMC3222在AMN中,MAN60,MNMAsinMAN所以山高MN为150米.

19. 如图,在ABC中,已知CA1,CB2,ACB60o.33MA1003150,22（1）求B。

uuuruuur（2）已知点D是AB上一点,满足ADAB,点E是边CB上一点,满足BEBC,是否存在非零实数,使得AECD若存在,求出地值。若不存在,请说明理由.

【结果】（1）30。 （2）存在,【思路】

2

.3

uuur【思路】（1）依据给定款件,结合向量数量积求出|AB|,再求出夹角B作答.

（2）假定存在满足款件地实数,利用向量地线性运算，数量积运算求解作答.【小问1详解】

在ABC中,ABCBCA,CB·CA21cos601,

2则ABCBCA222显然有|AB||AC|4|BC|,于是得BAC90,B90ACB30,

所以B30.【小问2详解】

222CBCA2CBCA2212213,

uuuruuur假设存在非零实数,使得AECD,由ADAB,得ADCBCA,则CDCAADCACBCACB1CA,

又BEBC,则AEABBECBCACB1CBCA,

222于是得AECD1CBCBCA(1)CBCA1CA41(1)213220,而0,解得

所以存在非零实数

2

,使得AECD.3

2,3

20. 已知△ABC地内角A, B, C所对地边分别为a,b,c,A3,________,且b2,请从①

b22aca2c2, ② acosBbsinA, ③sinBcosB2这三个款件中任选一个补充在横线上,

求出此时△ABC地面积.

【结果】款件选择见思路,面积为：【思路】

【思路】分别选择①②③,依据正余弦定理,先计算出B【详解】解：情形一：若选择①b22aca2c2,

33.44,再算出C5和a3,则△ABC面积可求.12a2c2b22ac2, 由余弦定理cosB2ac2ac2因为B(0,),所以B4。

情形二：若选择②acosBbsinA,因为因为sinA0,所以sinBcosB, 因为B(0,),所以Bab,则sinAcosBsinBsinA,sinAsinB4。

22情形三：若选择③sinBcosB2,则sinBcosB22sinB2cosB2,

2sinB2,4所以sin(B4)1,

因为B0,,所以B5,444BB,,所以所以。4242sin225, 1233,由正弦定理

bsinAab,得asinBsinAsinB,B因为A34,所以C34所以sinCsin562, sinsincoscossin124646446所以S△ABC116233.absinC322244【点睛】考查正余弦定理解三角形和用三角形面积公式求面积,中档题.

21. 如图一个半球,挖掉一个内接直三棱柱ABCA1B1C1（棱柱各顶点均在半球面上）,ABAC,棱柱侧面

BB1C1C是一个长为4地正方形.

（1）求挖掉地直三棱柱地体积。（2）求剩余几何体地表面积.【结果】（1）16

（2）241628【思路】【小问1详解】

记球心为O,BC中点为E,连接AO,OE,AE,

由球地性质知BC是ABC所在小圆直径,又B1BC1C是一个长为4地正方形,因此OEAE2,球半径为RAO挖掉地直三棱柱地体积VS!【小问2详解】

由（1）知ACAE2EC222,SACC1A1SABB1A122482,SABCABCAE2OE222,

BB1142416。21424,2SBCC1B116,S半球表面积＝2(22)2(22)224,

所以剩余几何体表面积为

SS半球表面积－SBCC1B1SAA1C1CSABB1A12S!ABC＝241628224241628．

r3x3xxx,sin,bcos,sin,函数f(x)abmab1,22. 已知向量acos2222x,,mR.

34（1）求fx表达式。

（2）若fx地最小值为1,求实数m地值.【结果】（1）fx2cosx2mcosx

2（2）m2【思路】

【思路】（1）依据向量数量积和向量地模地坐标表示化简可得。

（2）通过换圆法将函数fx转化为二次函数问题,依据对称轴位置分类讨论可得.【小问1详解】

3xx3xxcossinsincos2x,∵abcos22223xx3xxabcoscos,sinsin,

2222223xx3xx∴abcoscossinsin22cos2x4cos2x,22222∵x,,cosx0,∴ab4cosx2cosx,

34fxcos2x2mcosx12cos2x2mcosx.

【小问2详解】

fxcos2x2mcosx12cos2x2mcosx,令tcosx,

x[,],t,13421m,2∴y2t22mt,∵ymin1,对称轴为t①当

1m113,即m1时,当t时,yminm1,∴m（舍去）,

222221mmm21,即1m2时,当t时,ymin②当1,∴m2,

2222③当

m31,即m2时,当t1时,ymin22m1,∴m（舍去）,

22综上,m2.