福建省福州九校联盟高一下学期期中联考数学试卷（解析版）-A4

这是一份福建省福州九校联盟高一下学期期中联考数学试卷（解析版）-A4，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题学校：平潭一中 命题教师：任荣 游文杰 林轩
审核教师：吴建华 吴琪韵
考试时间：4月18日 完卷时间：120分钟 满分：150分
第I卷
一、选择题：本题共8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. 在中，为边上的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据平面向量线性运算法则计算可得.
【详解】因为为边上的中点，
所以.
故选：A
2. 若复数z满足，则复数z的模为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】由复数除法运算化简，再结合复数模公式求解即可.
【详解】由可得，故.
故选：A.
3. 已知向量、、，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若与共线，与共线，且为非零向量，则与共线
C. 单位向量都平行
D. 若，则、中至少有一个是零向量
【答案】B
【解析】
【分析】利用特殊值判断A、C、D，根据向量共线定理判断B.
【详解】对于A：若，无法得到，如，，
显然满足，但是，故A错误；
对于B：因为与共线且为非零向量，
若为零向量，又与共线，所以与共线；
若不为零向量，则存在非零实数，使得，又与共线，
所以，所以，所以与共线；
综上可得与共线，故B正确；
对于C：如，均为单位向量，但是与不共线，故C错误；
对于D：如，，则，但是、均不是零向量，故D错误.
故选：B
4. 已知等边三角形边长为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，结合向量的数量积的定义域运算，即可求解.
【详解】由向量的数量积的运算，可得.
故选：A.
5. 已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，高为3，则该正四棱台的体积为（ ）
A. 20B. 24C. 28D. 32
【答案】C
【解析】
【分析】直接根据棱台的体积公式计算可得.
【详解】因为正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，高为3，
所以该正四棱台的体积.
故选：C
6. 若非零向量与满足且，则为（ ）
A. 直角三角形B. 等边三角形
C. 底边和腰不相等的等腰三角形D. 三边均不相等的三角形
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量数量积的定义化简推得，借助于三角形的内角，得；利用二倍角公式化简计算求得即可判断三角形的形状.
【详解】由，可得，即，
因是的内角，故；
由，可得，
因，则，故，则.
综上，可知为等边三角形.
故选：B.
7. 在我国古代数学名著《九章算术》中，有这样一个有趣的问题：古人用无盖的正方体容器来测量球体的相关数据.已知该正方体容器的高度为4寸（注：寸是古代长度单位）.将一个球体放置在正方体容器口上，然后向容器内注水，当水面刚好接触到球面时，测得此时容器内水的深度为3寸.若不考虑容器壁的厚度，那么这个球的体积为（ ）
A. 立方寸B. 立方寸
C. 立方寸D. 立方寸
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可求出正方体的上底面与球相交所得截面圆的半径为寸，再根据截面圆半径，球的半径以及球心距的关系，即可求出球的半径，从而得到球的体积．
【详解】设球的半径为寸，
根据已知条件知，正方体的上底面与球相交所得截面圆的半径为寸，球心到截面圆的距离为寸，
所以由，解得，
所以球的体积为（立方寸）．
故选：D．
8. 窗花是贴在窗户上的煎纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花，图2是从窗花图中抽象出几何图形的示意图.已知正八边形ABCDEFGH的边长为是正八边形ABCDEFGH边上任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最大值为
B. 在方向上的投影向量为
C.
D. 若函数，则函数最小值为
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，建系，写出相关点的坐标，设，利用余弦定理求得，对于A，取中点为，推得，，继而得到，结合图形，判断当点与点或点重合时，取最大值，利用两点间距离公式计算即得；对于B，根据投影向量的定义计算即可判断；对于C，代入点的坐标计算即可判断；对于D，将相关向量的坐标代入所求函数，整理后，根据二次函数的性质即可求得的最小值.
【详解】
如图，以所在直线为轴，以所在直线为轴，建立平面直角坐标系.
设，在中，由余弦定理，，解得.
则
.
对于A，取中点为，则，
则，
两式相减，可得，从而，
由正八边形的对称性，可知当点与点或点重合时，取最大值.
此时不妨取，
则，
故的最大值为，故A正确；
对于B，因 ，
则在方向上的投影向量为：，故B错误；
对于C，，而，
故，即C错误；
对于D，因，，
则
，
则当时，，
故函数的最小值为，故D错误.
故选：A.
二、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. 下列关于多面体的几种说法，正确的是（ ）
A. 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱
B. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥
C. 棱台的上、下底面边长之比等于侧棱延长线交点到上、下底面的距离之比
D. 有一个面是多边形，其余各面都是三角形的多面体是棱锥
【答案】AC
【解析】
【分析】根据棱柱和棱锥、正棱锥的定义可逐一判断A，B，D选项错误，对于C项，可以具体棱台为例，通过其与棱锥的联系以及相似形的知识推理得到.
【详解】对于A，有两个面平行，其余各面之间的交线都互相平行的几何体才是棱柱，
如图1虽具备有两个面平行，其余各面都是平行四边形，但不是棱柱，故A正确；

图1 图 2 图3
对于B，底面是正多边形且顶点在底面的射影为底面的中心的棱锥是正棱锥，
如图2，棱锥的底面是正方形,顶点在底面上的射影在边上，
此时该棱锥不是正四棱锥，故B错误；
对于C，以三棱台为例，如图3所示，设三棱台的三条侧棱延长后交于点，
过点作平面于点，交平面于点，
因平面平面，则平面，
连接，因平面平面，平面平面，
则，故，又由，可得，
则，其他对应边均可同理得到结论，故C正确；
对于D，因有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点的三角形的多面体才是棱锥，
如图4，底面为四边形，其余各面都是三角形，但这并不是棱锥,故D错误.
故选：AC.
图4
10. 已知向量与满足且，则下列说法正确的是（ ）
A. 向量与的夹角为
B.
C. 向量与向量垂直
D. 若，则向量与向量所成的角为锐角
【答案】BC
【解析】
【分析】利用向量数量积的运算律求得，再由向量数量积的定义求得判断A；对于B，C，D，根据向量数量积的运算律，向量垂直的表达式以及向量夹角公式逐一判断即可.
【详解】由取平方，可得，即得，
因，则，
又，则，故A错误；
对于B，因，故，故B正确；
对于C，由，可知向量与向量垂直，故C正确；
对于D，由，
当时，，但是，当时，与共线且方向相同，
此时向量与向量所成的角不为锐角，故D错误.
故选：BC.
11. 设复数满足，则的（ ）
A. 最小值为B. 最小值为
C. 最大值为D. 最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】设由得到，即可得到复数在复平面内所对应的点的轨迹是以为圆心，半径的圆，而，表示圆上的点到的距离，求出圆心到的距离，即可得解.
【详解】设，由，则，
即，所以，则，
所以复数在复平面内所对应的点的轨迹是以为圆心，半径的圆；
又，
所以
，
表示圆上的点到的距离，
又圆心到的距离，
所以的最大值为，最小值为.
故选：BD
第II卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知一个物体在三个力作用下，处于静止状态，则_____.
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得，再根据向量线性运算的坐标表示计算可得.
【详解】依题意，所以.
故答案为：
13. 在棱长为2正方体中，三棱锥的表面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】画出图形，根据正方体的性质求出相关线段的长度，即可求出表面积.
【详解】在正方体中，，
所以
，
所以三棱锥的表面积.
故答案为：
14. 已知为的内心，且，记分别为的外接圆、内切圆半径，若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】取的中点，即可得到､､三点共线，求出，作于，再求出的三角函数值，从而求出，再由二倍角公式求出，最后由正弦定理计算可得.
【详解】如图，取的中点，
依题意，有
所以､､三点共线，
由，知.
作于，则，
所以，，.
所以.
又.
所以，则.
故答案为：
四、解答题：共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 设复数.
（1）若是实数，求；
（2）若是纯虚数，求；
（3）在复平面内复数对应平面向量分别为，且，求.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由条件先求出的值，再根据复数的四则运算法则计算即得；
（2）利用复数的四则运算化简，再由纯虚数概念得到方程组，解之即得；
（3）利用复数的几何意义和向量共线的坐标公式，计算即得.
【小问1详解】
由是实数，
可得，即，则；
【小问2详解】
由表示纯虚数，
则，解得，此时 ；
【小问3详解】
依题意，，
由，可得，故.
16. 在中，边的长分别为.
（1）利用向量知识证明：；
（2）已知，求.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由，将两边平方由数量积的运算律及定义即可得证；
（2）利用余弦定理计算可得.
【小问1详解】
在中，∵，
∴
.
∵、、的长分别为、、，
∴，，，
∴.
【小问2详解】
因为，
由余弦定理，即，
即，解得，
所以.
17. 如图在中，为直角，，点是CB的中点，为边AB一点，且满足.
（1）当时，求证：；
（2）取何值时，与夹角余弦值等于.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，，将用表示，当时通过计算得即可证明结论；
（2）由题意通过数量积的定义，得，通过结合计算数量积及模可求得的值.
【小问1详解】
设，，由题意知.
点D是的中点，故，则；
．
当时，，
.
所以，即
【小问2详解】
由（1）知，，
，
设与的夹角为，则，
由题意
即,
解得.
所以当时，与夹角余弦值等于.
18. 在中，角的对边分别为，若，为边上一点.
（1）求角的大小；
（2）若且，求的周长；
（3）若平分角，证明：.
【答案】（1）；
（2）；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，结合三角恒等变换化简得，再根据三角函数的特殊值求得角；
（2）在两个三角形中根据余弦定理结合补角的余弦值之和为0，得到等式，求出的表达式，再次利用余弦定理构建方程，求出的长，由此可得的周长；
（3）利用三角形面积公式，结合题意中的面积相等构建等式，整理变形后可证得结论.
【小问1详解】
根据正弦定理，由可得，
，
则，
整理得，
，则，得，即，
，则，即.
【小问2详解】

如图，由（1）可知，，设，则，
设，则，
在中，根据余弦定理，，
在中，根据余弦定理，，
所以，
整理可得，即.
则在中，根据余弦定理，，
整理得，即，解得或（舍去），
所以，，
所以，的周长为.
【小问3详解】
由（1）可知，，因为平分，所以，
因为，
所以，
整理可得，
等式两边同时除以，得.
故得证.
19. 某工业园区有一条长550米，宽15米的货运通道（如图1所示的矩形ABCD），通道一侧规划了55个长10米，宽5米的货车停车位（矩形AEFG），随着园区企业的发展，货车流量不断增加，停车位供不应求，在货物运输高峰时段，通道拥堵严重.园区管理部门的王工程师提出一个改造方案，在不改变停车位形状大小、不影响货运通道正常通行宽度的条件下，通过压缩通道旁边的绿化带以及调整停车位方向来增加停车位数量，记绿化带被压缩的宽度（米），停车位相对道路倾斜的角度，其中.

（1）若，求的值；
（2）求关于的函数表达式；
（3）若，按照王工程师的改造方案，该路段改造后的停车位比改造前增加多少个？
【答案】（1）
（2），
（3）
【解析】
【分析】（1）根据图，找到的等角，解直角三角形即可；
（2）在（1）的思路下结合图，解直角三角形，表示出即可；
（3）由（2）和先求出，设改造后停车位数量的最大值为，由图可得第个车位顶点到的距离为，利用求解.
【小问1详解】
注意到，又，
则，则.
则，
所以；
所以；
【小问2详解】
由图，，
又， ；
所以，；
【小问3详解】
由（2）可得.
则，则，
化简得：，解得或.
因为，则，故，
设改造后停车位数量最大值为.
如图，过停车位顶点做射线垂线，垂足为.
则顶点到线段距离为：.
又由图及题意可得：，，
则.
注意到，则
，则.
则，，又.
则，
令,
即改造后最大停车位数量为，则改造后的停车位比改造前增加个.