2022-2023學年高一年級第二學期期中質量監(jiān)測

數學試卷

說明：本試卷為閉卷筆答,答題時間90分鐘，滿分100分.

一、選擇題（本題共8小題，每小題3分,共24分.在每小題給出的四個選項中，只有一項

是符合題目要求的.）

1.復數l-i的共軌復數為（)

A.-l+iB.-l-i

C.l+iD.1-i

【答案】C

【解析】

【分析】根據共軌復數的概念,即可得出答案.

【詳解】根據共舸復數的概念,可知復數1-i的共筑復數為l+i?

故選：C.

已知向量滿足同

2.4,b=2,cι?b=—2,則α?a—2/?=()

A.6B.8C.10D.12

【答案】B

【解析】

【分析】根據數量積的運算，展開即可得出答案.

【詳解】a-2b^-a2—2a

b=∣α∣2-2a?b=4—2x(—2)=8.

故選：B

已知復數Z=（I—,則下列說法正確的是（

3.)

-1

A.Z的虛部為4B.復數Z在復平面內對應的點位于第三象限

C.z2=20-16iD.∣Z∣=2Λ∕5

【答案】D

【解析】

【分析】求復數Z的代數形式，再由復數虛部的定義，復數的幾何意義，復數的乘法運算，復數的模的運

算公式依次判斷各選項.

(l-i)(3i-l)2+4i(2+4i)?i

【詳解】因為Z=?一八一I=—=".J-=-4+2i,

-1-1(T)7

則Z的虛部為2,A錯誤；

復數Z在復平面內對應的點為(-4,2),在第二象限，B錯誤：

z2=(T+2i)2=16—16i—4=12—16i,C錯誤；

IZl=JI6+4=2百,D正確.

故選：D.

4.已知向量α=(2,2),?=(m,-l),若a_L(a—24，則。與方夾角的余弦值為()

?1b√5c√3d1

5533

【答案】B

【解析】

【分析】由己知結合數量積的運算律，可求得加=3,代入求出口，M，2力的值，即可得出答案.

【詳解】由己知可得，α?(α-2b)=0,即/一2。力=0.

又1=2?+2?=8，a?b=2m-2,

所以有8-2(2m-2)=0,解得加=3,

所以b=(3,-1),

所以α?5=4'b=32+(—1)=10>

所以，W=2√Σ,W=M,

∕r?,\a?b4?∣5

所以，3(。@=麗=赤布=7?

故選：B.

5.已知一圓錐的母線長為3,側面積為3氐，則該圓錐的高為()

A.2B.√5C.4D.10

【答案】A

【解析】

【分析】計算出圓錐的底面半徑，利用勾股定理可求得該圓錐的高.

【詳解】設該圓錐的底面半徑為，高為/?,圓錐的側面積為S=Tix3r=3⑥，解得「=指，

因此，該圓錐的高為∕z=J3?-5=2?

故選：A.

6.在四邊形ABeQ中，若AB+α>=o,S.\AB-AD\=\AB+AC\,則該四邊形是()

A.正方形B.菱形

C.矩形D.等腰梯形

【答案】C

【解析】

【分析】由∣A8-A4=∣AB+A4結合平面向量數量積可得出ΛB,4‰再結合AB+8=O可得出結論.

【詳解】因為∣A8-A4=kB+A4,則(A8—=(AB+AO)2,

2222AifrZ?UUUUUUl

即AB-+AD'-2ABAD=AB+AD+2AB-AD>整理可得AB?A3=0，

易知48、A。均為非零向量，則ABL4),

因為A8+CD=0,則A8〃8且IAq=Ieq,

所以，四邊形ABC。為矩形.

故選：C.

7.在邊長為2的正方形ABC。中，點E為邊BC上的動點，點廠為邊Co上的動點，且DE=CE,則

Bb?EV的最小值為()

A.6B.5C.4D.3

【答案】D

【解析】

【分析】建立平面直角坐標系，寫出8F,EF的坐標，求出數量積，即可得出答案.

如圖，建立平面直角坐標系，則3(2,0),設廠(42),0≤X≤2,

則。尸=X,所以BE=2-2,E(2,2-Λ),

ULIUUUU

所以，8/=(4-2,2),EF^{λ-2,λ),

UUUUUU9

所以，BF?EF=(Λ-2,2)?(Λ-2,Λ)=Λ12-2Λ+4=(Λ-l)-+3≥3,

所以當2=1時，有最小值3.

故選：D.

?r?

8.已知一ABC的面積為2石，AB=2,NB=乙，則"=()

3SinC

Γ

A.√3B.2√3C.-D.2

2

【答案】A

【解析】

【分析】根據面積公式可求得BC=4.由余弦定理即可求出AC=2g?根據正弦定理，即可推得

sinB_AC_∕τ

sinC^AB^

11/T

【詳解】由SVABC=-XABXBCXSin8可得，2小=LX2義BC義士，

222

所以3C=4?

由余弦定理可得，AC?=AB2+BC2-2AB×BCcosB=22+42-2x2x4x^=12,

2

所以AC=2#

由正弦定理￡=小"可得，=也=空=下

s?nBsinCsinCAB2

故選：A.

二、多選題(本題共4小題，每小題3分，共12分.在每小題給出的選項中，有多項符合題

目要求，全部選對的得3分，部分選對的得2分，有選錯的得O分.)

9.用斜二測畫法畫水平放置的平面圖形的直觀圖時，下列結論正確的是()

A.三角形的直觀圖是三角形

B.平行四邊形的直觀圖是平行四邊形

C.正方形的直觀圖是正方形

D.菱形的直觀圖是菱形

【答案】AB

【解析】

【分析】根據斜二測直觀圖的畫法規(guī)則，對選項逐一判斷，即可得到結果.

【詳解】由斜二測直觀圖的畫法規(guī)則，平行依舊垂改斜，橫等縱半豎不變，

可知三角形的直觀圖還是三角形，故A正確；

平行四邊形的直觀圖仍然是平行四邊形，故B正確；

正方形和菱形的直觀圖是平行四邊形，故CD錯誤；

故選：AB.

10.己知復數4、Z2,則下列結論正確的是()

A-∣zj+∣z2∣>∣z1+z2∣

B.若㈤>"|,則Zl>z2

C.若z∣Z2=O,則Z]、z2中至少有1個是O

2

D.若Z]H0且zlz2=∣z1∣,則Zl=Z2

【答案】ACD

【解析】

【分析】利用復數的模長公式可判斷A選項；利用虛數不能比較大小可判斷B選項；利用復數的三角形式

的代數運算結合反證法可判斷C選項；利用復數的運算性質結合C選項可判斷D選項.

【詳解】設Z]=Ol+b∣i,z2=a2+b^(al,a2,bvb2∈R),

對于A選項，z1+z2=(Ol-?1i)+(a2-?2i)=(6f1+?)-(fe1+?2)i,

所以，(∣z∣∣÷∣z2∣)~~?z]+z21=+Ja；+&)-(4+/)+(A+4)

=2+尺)―2(4出+結2)，

2

因為(a；+月)儂+?2)-(a1a2÷?1?2)=Md+46；+a浙++2ala2^b2

2

=4籠—2ala2blb2+=(alb2—a2bl)≥0,

則(IZll+1Z21)2-卜1+Z2『=2#：+t)(w+硝-2(ala2+b,l>2)≥0,

所以，㈤+㈤≥>∣+Z2∣,A對;

對于B選項，若4、Z2中至少有一個為虛數，則由、Z2不能比較大小，B錯；

對于C選項，若Z∣Z2=0,假設4、Z2均不為零，則∣Z∣∣≠0,卜2∣Wθ,

則存在4、a≡R，使得ZI=IzIl(CoSa+isi∏α),z2=∣z2∣(cos^+isin^),

則z1z2=∣zl∣?∣z2∣?[cos(^1+a)+isin(α+幻],

因為CoS2(α+a)+sin2(α+q)=ι,則cos(a+q)、sin(ɑ+^)不可能同時為零，

所以，

Z1Z2=∣Z1∣?∣Z2∣?[COS(<9I+^)+isin((9l+(92)]≠0,

故假設不成立，所以，z?>Z2中至少有一個為零，C對；

2

對于D選項，Z1Z2=∣zl∣=z∣z∣>則Z[?(z∣-Z2)=0,

因為ZlHO,則Z]≠0,由C選項可知，Z1-Z2=O,即4=Z2,D對.

故選：ACD.

11.在直角坐標系Xoy中，已知點4(1』),3(2,3),。(3,2),。/>=加43+〃4。,(利,“€區(qū))，則()

A.若OP〃BC，則加+〃=0

B.若點P在BC上，則m+〃=1

C.若PA+P8+PC=0,則，〃一“=O

D.若A尸在Ae方向上的投影向量是(2,1),則加一〃=1

【答案】AC

【解析】

【分析】根據向量共線的坐標表示計算可判斷AB；由向量相等建立方程組求得相，〃，可判斷C；先求得

投影和與AC同向的單位向量，然后由投影向量列方程，變形可判斷D.

【詳解】由題知，AB=(1,2),BC=(1,-1),AC=(2,1)

所以OP=mAB+nAC-(m+2n,2m+〃)

A中，因為O尸〃BC，所以2m+"+m+2”=0,即〃z+〃=0,A正確；

B中，BP=OP-OB=(m+2n-2,2m+n-3),因為點尸在8C上,

【答案】ACD

【解析】

【分析】由已知可推得，二十四等邊體的各個頂點均為正方體各個棱的中點，即可得出A項；根據A

項，可知四面體G-QPG是三條側棱兩兩垂直，即可得出三棱錐的體積，判斷B項；根據B項的結

果，以及正方體的體積公式，即可得出C項；設球心為。，連結BG，取BG中點為T,連結

OT,GT,OG,構造RtOTG,根據勾股定理，即可求出OG=J∑,即外接球的半徑為&，即可求出

表面積得出D項.

【詳解】

圖1

對于A項，由已知可推得，二十四等邊體的各個頂點均為正方體A4GQ-Az3GA各個棱的中點，

如圖1,則QP=6PC∣=與BG=6，所以8]G=2,故A項正確；

對于B項，如圖1,由A知，四面體G-。PG是三條側棱兩兩垂直，且長度為1的三棱錐，所以

XIXlXI=(,故B項錯誤；

對于C項，正方體的體積為M=23=8,所以該二十四等邊體的體積為

120

V=K-8/L°G=8-8x7=3~,故C項正確；

對于D項，如圖2,設球心為。，顯然。是正方體的中心，連結與G，取與G中點為T，連結

OT,GT,OG,

因為G,T分別是GB2,GG的中點，所以GT=g&C2=l.

又OT=:A4=I,OTVGT,

所以，在RtOTU中，有OG2=0T2+GT?=2,所以OG=J∑,

所以，該二十四等邊體外接球的半徑R=OG=四，表面積為4πR2=8π,故D項正確.

故選：ACD.

三、填空題(本題共4小題，每小題4分，共16分，把答案寫在題中橫線上)

13.設復數Z滿足(l-i)z=2",則Z=.

【答案】-√Σ+"##"-逝

【解析】

【分析】利用復數的除法化簡可得復數z.

【詳解】因為(1—i)z=2√∑i,則Z=邁=芝g4="(l+i)=—&+&i.

l-?(l-ι)(l+ι)

故答案為：-JΣ+y∣2i-

14.如圖所示的圖案，是由圓柱、球和圓錐組成，已知球的直徑與圓柱底面的直徑和圓柱的高相等，圓錐

的頂點為圓柱上底面的圓心，圓錐的底面是圓柱的下底面，則圖案中圓錐、球、圓柱的體積

%1錐：V球:%柱=-----------

【答案】1:2:3

【解析】

【分析】由已知可設底面圓的半徑為「，進而由已知得出圓錐、球、圓柱的體積，即可得出答案.

【詳解】設底面圓的半徑為r,則圓柱的高為力=2廠，球的半徑為，

所以，圓錐的體積%j錐=g兀/Z/=1/,KR=?∣兀，，%柱="%=2π∕,

∣.∣I!--a+bCl-b

16.已知向量H=網=α?h=2,c=λa-?-μb^λ,μ≡R),且C-----=,則丸+4的取值范圍

是.

【答案】1,l+g

33

【解析】

【分析】由題意設C=(X,y),a=(1,6),〃=(—由c=4α+χ∕。把Z"用工，＞表示，由

c，：二J—得出MV滿足的關系式，用換元法，設X=CoS6,y=C+sin6,

這樣可得4+〃用8表示，從而可得其范圍.

【詳解】設】=(X,y),α=(l,而，t=(T>Λ),則Id=W=Q?b=2,

λ^~(x+-y)

23

由c=+〃。得,

，

μ=-1<-χN+-y)、

a-h+bL,a-b?L)

h=11,丁a=(0,6),由‘一亍=亍得―石)-=1'

設X=cosθ>y=6+sin6,

,,1√3l√3√3

由/I+/=/z(X+^-y)λ+∕(z一龍+^-y)λ=-yy1+—sin6,，

3

因一l≤sin6>≤l,所以1—走≤4+4≤I+走

33

故答案為：1—9'i^l^~楙^I?

四、解答題(本題共5小題，共48分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟)

17.已知復數z∣=l+αi(αeR),且[(3+i)為純虛數.

(1)求實數”的值；

(2)設復數Z2=---------，且復數Z2對應的點在第二象限，求實數方的取值范圍.

Zl

【答案】(1)?=-3

【解析】

【分析】(1)求得z∣=l+αi(α∈R)的共甑復數，代入](3+i)中，化簡求得對應的實部與虛部，再由純

虛數的定義即可求得實數4的值；

2023

Z7-;

(2)將z∣=l+αi(αwR)代入Z2=---------中化簡，求得復數z2的標準形式，及對應的點，再由第二象

ZI

限點的特點，即可求得實數/7的取值范圍.

【小問1詳解】

因為U=1÷4i,z1=1—αi,

.?.[(3+i)=(l-4i)?(3+i)=3+i—3ai—ɑi?=(3+α)+(l—3α)i,

又W(3+i)為純虛數，

3+Q=O

l-3a≠0,

解得a——3.

【小問2詳解】

_∕Y023="i_9+i)?(l+3i)(f+(31+l)i∕-33h+l.

Z?~---l+ai^T≡3i^(l-3i)?(l+3i)^W―記+]0L

因為復數Z2所對應的點在第二象限,

b-3<0

所以＜

3?+l>0

解得—<h<3,

3

所以）的取值范圍是（一；,31

18.如圖，在_ABC中，已知AB=2,4C=5,Nβ4C=60°,BC,AC邊上的中線AM,BN相交于點P.設

AB=a,AC=b.

（1）用a,b蓑示BN；

（2）求網.

【答案】（1）BN=-b-a

2

⑵

3

【解析】

【分析】（1）根據向量代數運算即可求解；

（2）先證明點尸為一ABC的重心，則AP=根據向量模求解公式即可求解.

【小問1詳解】

1.

BN=AN—AB=—b-a；

2

【小問2詳解】

因為AM,BN分別為8C,AC邊上的中線

2一

所以點尸為，IBC的重心，則AP=IAM

由于AM=g（AB+4C）=；（.+/?）

?[

所以AP=—AM=—（a+/?）,

33、>

o

∣AP∣=l∣a+?∣=l?∣a+2a?b+b^=?√4+2×2×5×cos60+25=半.

19.如圖，矩形0'A3'C'是用斜二測畫法畫出的水平放置的一個平面四邊形OWC的直觀圖，其中

O'A'=3,O'C?1.

（1）畫出平面四邊形（MBC的平面圖，并計算其面積;

（2）若該四邊形OLBC以Q4為軸，旋轉一周，求旋轉形成的幾何體的體積和表面積.

【答案】（1）平面圖見解析，面積為60

（2）幾何體的體積為24π,表面積為24√∑π

【解析】

【分析】S）設oy與BC'交點為Z）￠,在RtOCD中，求出OTy=J5，OD=2θD=2日即

可得出答案;

（2）先求出OC=3,43=3.然后根據題意可推得旋轉形成的幾何體為圓柱挖去一個同底的圓錐，與一

個同底的圓錐構成的組合體.進而根據組合體的構成，結合圓柱、圓錐的體積公式、表面積公式，即可得

出答案.

因為。C'=l,NCoy=45。，所以OT/=&,CD'=1.

.鉆C的平面圖如圖2所示:

則OD=2O'D'=2√∑,

Soλbc—OAXOD=3×2Λ∕2=6母.

【小問2詳解】

由（1）可得，在RtAODC中，有。=。。2+=（2忘了+12=9,

所以，OC=3,所以A8=3.

如圖3,分別過點B,C作Q4及其延長線的垂線，垂足為E,F.

矩形FEcB繞OA及其延長線，旋轉一周得到一個底面半徑r=0D=2j∑,母線4=8C=3的圓柱;

RtBEA繞OA,旋轉一周得到一個底面半徑r=0D=2√∑,母線4=45=3,高4=AE=I的圓

錐；

RtACEO繞。4及其延長線，旋轉一周得到一個底面半徑r=0。=2√∑,母線g=0C=3,高

h2-OF-CD=1的圓錐.

所以，旋轉形成的幾何體為圓柱挖去一個同底的圓錐，與一個同底的圓錐構成的組合體.

則旋轉形成的幾何體的體積即等于圓柱的體積，減去挖去的圓錐體積，加上組合的圓錐的體積，

所以，旋轉形成的幾何體的體積V=π//—?Lπz?2∕+,兀產/

3^3

=π×(2√2)2?3-∣π×(2^^)2×l+^π×(2√2)2×1=24π.

旋轉形成的幾何體的表面積即等于圓柱的側面積，加上兩個圓錐的側面積之和，

所以S=2兀%+兀〃2+無r∕2=2πx2√∑x3+πx2j^x3+πx2√∑x3=24j∑τt?

20.一ABC的內角A、B、C的對邊分別為。、b、c,已知向量〃z=(2b—c,cosC)與向量

/2=(?,COSA)共線.

(1)求A；

(2)若-ABC的面積為56，b=5,求SinBSinC的值.

Jl

【答案】(1)A=—

3

(2)SinBsinC=-

7

【解析】

【分析】(1)利用向量共線的坐標表示以及正弦定理可求得CoSA的值，結合角A的取值范圍可求得角A

的值；

(2)由三角形的面積公式可求得C的值，由余弦定理可求得。的值，再利用正弦定可求得SinBSinC的值.

【小問1詳解】

解：在j4BC中，A+B+C=π,

向量機=(2Z?-C,cosC)與向量”=(α,cosA)共線，.'.(2Z>-c)cosA=αcosC,

由正弦定理可得(2SilIS-Sine)CoSA=SinACOSe,

.?.2sinBcosA=sinAcosC+CoSASinC=Sin(A+C)=SirLβ,

?兀

A、β∈(0,π),則SinB>0,cosA=^,A=§.

【小問2詳解】

解：由三角形的面積公式可得SAABC=g人CSirLA=gx5xcx￥=56,得c=4,

由余弦定理Cr=Z?-+C?一2。CCoSA=25+16—2×5×4×-=21,故Q=(21，

bbe_(aY_21_0δ

由正弦定嗑^扁=意得看福=UiJ=3=28,

4

所以SinBSinC=區(qū)3=3.

287

21.ABC內角A,8,C的對邊分別為α,4c,己知向量戊=(以一c,cosC)與向量〃=(α,cosA)共線.

(1)求A；

(2)若一ABC的面積為3括，求.ABC周長的取值范圍.

7T

【答案】(1)A=W

(2)[6g^,+oo)

【解析】

【分析】(1)由向量共線的坐標運算可得(2〃—C)COSA=αcosC,再根據正弦定理化筒即可得出答案；

(2)根據，ABC的面積公式可得Ac=12,再根據余弦定理以及基本不等式化簡即可得出結論.

【小問1詳解】

在一AeC中，A+8+C=7C,

向量加與〃向量共線，.?.(2b-c)COsA=QCosC,

由正弦定理可得(2SinB-Sinc?cosA=SinAcosC,

.,.2sinBcosA=sin(A+C)=si∏jB,sinB≠O,.?.cosA=^?,

又a∈(o,7i),所以A=

【小問2詳解】

因為S=4。CSinA=36,所以6c=12,

2

由余弦定理得：a2=b2+c2-2》CCOSA=S+c)2-3bc=(b+c)2-36,

所以/?+C=N2癡=2/,。2+36≥48,αN√I?，

所以a+6+c=Ja2+36+α≥3√i^=6G?

所以周長的取值范圍是[6后,+e).

22.如圖所示，是一塊三角形空地，其中。4=3km,<9B=3√3km.ZAOB=90.當地政府計劃將這

塊空地改造成一個休閑娛樂場所，擬在中間挖一個人工湖」OMN,其中M、N在邊AB上，且

NMQN=30，挖出的泥土堆放在AOAM地帶形成假山，剩下的AQBN地帶建成活動場所.

B

(1)當AM=Tkm時?，求OM的長度；

(2)若要求挖人工湖用地OMN的面積是堆假山用地AQAM面積的G倍，試確定/AOM的大小.

【答案】(1)OM=—km

2

(2)?AOM15°

【解析】

【分析】(1)求出/048,然后在.AOM中利用余弦定理可求得OM的長；

(2)設NAoM=6?(0<(9<60),由S徵MV=J?xc可求出QV,然后在，AON中，利用正弦定

理結合三角恒等變換求出sin26的值，求出2。的取值范圍，可求得。的值，即為所求.

【小問1詳解】

解：在JLOB中，因為Q4=3,OB=35ZAOB=90，

則tanNOAB=----=?/3,所以NOAB=60>

OA

3

在.AOM中，04=3,AM=],ZOAM=60-

由余弦定理得0M=√(9A*23+AM2-20A-AMcos60=J9+--2×3×-×-=士叵km.

V4222

【小問2詳解】

解：設NAOM=e(θ<e<6θ),

因為S所以g°N?0Λ∕sin30=石TQ4?0Msin/

即ON=6√3sin^，

ON________OA_3

在AAoN中，由正弦定理sE60-Sin(180-。-60-30)-COS。'

得ON=K-,所以Sine=v叵，即sin26=J,

2cos62cos62

由0<26<120，得29=30，所以，=15，即？AoM15°.

23.如圖所示，是一塊三角形空地，其中Q4=3km,03=3Gkm，NAO3=90°.當地政府規(guī)劃將這

塊空地改造成一個休閑娛樂場所，擬在中間挖一個人工湖一?OMN,其中M,N在邊AB上，且

NMON=30。，挖出的泥土堆放在aQAM地帶上形成假山，剩下的4O8N地帶建成活動場所.

O---------------a

（1）若要求挖人工湖用地OMN的面積是堆假山用地4Q4”面積的萬倍，試確定NAOM的大小；

（2）為節(jié)省投入資金，人工湖,OMN的面積要盡可能小，問如何設計施工方案，可使，OMV的面積最

小？最小面積是多少？

【答案】（1）ZAOM=15°

（2）NAOM=15°時，OMN的面積取得最小值，最小值為31GWIkm?

4

【解析】

【分析】（1）由已知可推得NQW=60。.設NAoM=e（0°<e<60。），根據己知

SAOMN=屈AOAM,推得ON=6瓜in6.在，AQV中，由正弦定理得ON=N，即可得出

2cosθ

sin26=L,根據。的范圍，即可得出答案；

2

（2）在AQW中，由正弦定理得OM=C,沙…、，在AOBN中，由正弦定理得ON=-^叵-.