福建省福州八县（市）协作校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八县（市）协作校高一下学期期中联考数学试卷（解析版）-A4，共15页。
【完卷时间：120分钟；满分：150分】
命题：福建师范大学附属福清德旺中学 周宁 倪娜
一、单项选择题：本大题共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，若（为虚数单位）是实数，则（ ）
A. B. 2C. D. 3
【答案】D
【解析】
【分析】虚部为0，得到方程，求出答案.
【详解】由题意得，故.
故选：D
2. 已知平面向量，，且//，则=
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意结合平面向量平行的充要条件可得：.
本题选择B选项.
3. 如图所示，水平放置的△ABC用斜二测画法画出的直观图为，其中，，则△ABC为（ ）

A. 等腰非等边三角形B. 等边三角形
C. 直角三角形D. 钝角三角形
【答案】A
【解析】
【分析】根据斜二测画法得到原图，故可判断其形状.
【详解】
如图，还原为如图所示的，
由斜二测画法可得：，故，
故为等腰三角形，但不是等边三角形.
故选：A.
4. 设非零向量，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用数量积的运算律得.
【详解】因为，故即，
故选：C.
5. 已知是关于x方程（）的一个复数根，则（ ）
A. B. C. 4D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】将复数根代入方程后结合实部虚部均为零可求的值.
【详解】因为是关于x的方程（）的一个复数根，
所以，整理得：，
而，故，
故选：A.
6. 已知正三棱柱的底面边长为，高为，一质点从点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线长为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据侧面展开图可得最短距离.
【详解】由已知，需绕三棱柱的侧面绕行两周，
则将三棱柱沿展开，并沿底边扩大倍，
如图所示，
则展开图是以为底，为高的矩形，
则最短路径即为其对角线长为，
故选：D.
7. 已知圆台上、下底面的半径分别为2，4，圆台的高为6．若该圆台的两个底面的圆周都在同一个球的表面上，则这个球的半径为（ ）
A. 3B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用勾股定理建立等量关系，求出球的半径即可得解.
【详解】如图：取圆台的一条母线，连接、，
由题意可知，四边形为直角梯形，且，，，
设外接球半径为，球心为，
若外接球球心在线段上， ，
故，整理得，，检验符合，
若外接球球心在射线上，则，
故，整理得，无解，
故，
故选：D.
8. 已知a，b，c为锐角△ABC三个内角A，B，C的对边．若，，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据正弦定理，结合二倍角公式，得，再根据锐角三角形得到角的范围，即可求解.
【详解】由正弦定理可知，，且，，
得，
由是锐角三角形，可知，得，
所以，所以的取值范围为.
故选：C
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．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. 已知平面向量，，则（ ）
A. B.
C. D. 在上的投影向量为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据数量积的坐标形式判断A，求出后求出其模可判断B，求出、的坐标后结合数量积的坐标形式可判断C，利用投影向量公式求出投影向量后可判断D.
【详解】对于A，，故A正确；
对于B，，故，故B正确；
对于C，，，
故，故，故C正确；
对于D，，故，
故在上的投影向量，故D错误；
故选：ABC.
10. 设，是复数，则（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】AB
【解析】
【分析】对于AB：根据共轭复数的概念分析判断即可；对于CD：举反例说明即可.
【详解】对于选项A：若，即，所以，故A正确；
对于选项B：若，所以，故B正确；
对于选项CD：例如，满足，
且，即，均不成立，故CD错误；
故选：AB.
11. 已知为三个内角的对边，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则为钝角三角形
C. 若，则为锐角三角形
D. 若满足，的有且仅有一个，则a的取值范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，由正弦定理可判断其正误，对于B，由数量积定义可判断为钝角，故可判断其正误，对于C，由正切和的符号可得正切乘积的符号，故可判断三角形形状，对于D，求出边上的高后可得边的取值范围，故可判断D的正误.
【详解】对于A，因为，故（为三角形外接圆半径），
故，故A正确；
对于B，因为，故，而为三角形内角，故为钝角，
故钝角三角形，故B正确；
对于C，因为，
化简后可得，
故全正或两负一正，
若两负一正，则有两个钝角，矛盾；
故全正，而为三角形内角，故它们都是锐角，
故为锐角三角形，故C正确；
对于D，如图，边上的高为，
若有且仅有一个，则以为圆心，以为半径的圆与射线有且只有一个交点，
故或，故D错误.
故选：ABC.
第Ⅱ卷
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上．
12. 已知，，为三个内角，，的对边．若，，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】跟正弦定理直接可得解.
【详解】在由正弦定理可知，
即，
由，即得，
所以，
故答案为：.
13. 复数满足，则__________．
【答案】
【解析】
【详解】由题意得，
∴．
14. 已知向量，满足，，则的取值范围为________．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的模的性质，结合向量数量积公式，以及基本不等式，即可求解.
【详解】，且，所以，
，
根据不等式，得，
综上可知，.
故答案为：
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点构成一个如图所示多面体．
（1）求该多面体的表面积和体积．
（2）若将该多面体内接于球内，求该球体的表面积与体积．
【答案】（1）该多面体的表面积为，体积为
（2）该球体的表面积为，体积为
【解析】
【分析】（1）先分析组合体的构成，再确定锥体的高，最后利用公式求结果；
（2）由题意知，该多面体内接于球内，其半径为1，利用公式即可求.
【小问1详解】
由题意知，该多面体是由两个四棱锥构成，并且这两个四棱锥完全一致.
每个四棱锥的侧面是四个边长为的等边三角形，设三角形的面积为，
则该多面体的表面积，
四棱锥的底面是边长为的正方形，故四棱锥的底面积，
四棱锥的高为1，故四棱锥的体积，
则该多面体的体积；
【小问2详解】
将该多面体内接于球内，
则球的直径为，球的半径为1，
故该球体的表面积为，
该球体的体积为.
16. 已知复数
（1）若是虚数，求m的取值范围．
（2）若复平面内复数对应的点位于第四象限，求m的取值范围．
（3）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据虚数可得虚部非零，从而可求范围；
（2）根据点在第四象限可得实部为正，虚部为负，从而可得范围；
（3）根据复数相等结合消参可得，由平方关系和正弦函数性质可求参数的范围.
【小问1详解】
由题意，要使是虚数，则，解得：.
【小问2详解】
由题意，要使点位于第四象限，则需满足，解得：.
【小问3详解】
由得，
由复数相等的定义知，必有，
因为，所以
故的取值范围为
17. 已知为三个内角A，B，C的对边．
（1）请写出余弦定理中任意一个表达式，并用向量法证明．
（2）若，
（ⅰ）若，，求．
（ⅱ）若，求面积的最大值．
【答案】（1），证明见解析
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用即可证得；
（2）（ⅰ）利用正弦定理化简题干信息，再利用余弦定理即可；
（ⅱ）利用余弦定理求，并结合基本不等式即可求出的最小值，再计算的最大值即可.
【小问1详解】
公式，证明如下：
因，
则，
即.
【小问2详解】
（i）由正弦定理及得，，则，
由题意结合余弦定理，得，
解得，则.
（ii）由余弦定理得
（当且仅当时等号成立）
则，
则的面积，
则面积的最大值为.
18. 如图，在△ABC中，已知，，，，点为边的中点，，相交于点．
（1）用，表示．
（2）求．
（3）若，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用向量基本定理得到；
（2），利用向量数量积运算法则得到，并得到，，利用向量余弦夹角公式得到；
（3）由向量基本定理得到，由向量共线定理的推论得到，得到答案.
【小问1详解】
【小问2详解】
，
，
其中
，
，
；
【小问3详解】
，
三点共线，∴设，即，
故，
∴，，
，
.
19. 设Ox，Oy是平面内夹角成两条数轴，，两分别为x轴，y轴正方向同向的单位向量．若向量，则把有序数对叫做向量在此坐标系中的坐标，记．已知，．
（1）若．
（ⅰ）求．
（ⅱ）是否存在Oy上一点C，使得△ABC是以AB为斜边的直角三角形？若存在，求出C点坐标；若不存在，请说明理由．
（2）若对恒成立，求的最大值．
【答案】（1）（i）；（ii）不存在，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）根据坐标转化为基底表示，再利用数量积公式，即可求解；（ii）首先设，得到，再结合坐标和基底，利用垂直关系的向量运算，得到方程，方程无解，即可得到结论；
（2）首先利用数量积公式，将不等式转化为关于的一元二次不等式恒成立问题，根据求的范围，再代入向量夹角公式，即可求解.
【小问1详解】
（i）
，
（ii）轴上不存在一点，理由如下：
假设轴上存在一点，使得是以为斜边的直角三角形.
依题意得：，
，
，
，，
即，
即，
化简得：，
，∴方程无解，
即轴上不存在一点，使得是以为斜边的直角三角形；
【小问2详解】
，
恒成立，
，
即，
解得，
，
，
，
，
在上单调递增，理由如下：
任取，且，
则，
因为，且，
所以，，
故，即，
故在上单调递增，
当时，取得最大值，最大值为.