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文檔簡介
高一數(shù)學試卷
本試卷共4頁.滿分150分,考試時間120分鐘.
注意事項:
1.答題前,考生務必在試題卷、答題卡規(guī)定的地方填寫自己的準考證號.姓名.
2.回答選擇題時,選出每小題答案后,用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑.如需改
動,用橡皮擦干凈后,再選涂其它答案標號.回答非選擇題時,將答案寫在答題卡上.寫在本
試卷上無效.
3.考試結束,考生必須將試題卷和答題卡一并交回.
一、單項選擇題:本大題共8小題,每小題5分,共40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.
i
z=-----
1.已知復數(shù)l—i(i為虛數(shù)單位),貝I的虛部為()
1.1.一1
A.—IB.1C.-D.
2222
【答案】C
【解析】
【分析】
利用復數(shù)的除法運算化簡z,由此求得z的虛部.
iz(l+z)-1+z11.i
【詳解】Z-=(M(M=-=-2+2z-故虛部為1
故選:C
【點睛】本小題主要考查復數(shù)的除法運算,考查復數(shù)虛部的概念,屬于基礎題.
2.已知向量a=(1,3)力=(3,2),若a上b,則實數(shù)2的值為()
A.7B.3C.-1D.-3
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量垂直的坐標運算即可求出結果.
【詳解】因為a=(l,3),b=(3,/l),又aj_b,
所以3+34=0,解得;1=—1,
故選:C.
3.在平面直角坐標系xQy中,若角a的終邊經(jīng)過點”(-1,2),貝i」sin15+aj=()
ARV5「后n2>/5
5555
【答案】B
【解析】
【分析】根據(jù)條件,利用三角函數(shù)的定義求出cosa=-好,再利用誘導公式即可求出結果.
5
【詳解】角a終邊經(jīng)過點M(—l,2),所以cosa=]甘彳=—9,
又5抽(]+&)=(:0$<7,所以sin(]+a)=—咚,
故選:B.
4.已知水平放置的平面圖形A8CO的直觀圖如圖所示,其中
AB'HD'C',ZD'A'B'=45°,A'B'=3,CZ>'=1,AD=1,則平面圖形ABC。的面積為()
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)直觀圖畫法的規(guī)則,確定原平面圖形四邊形A8C0的形狀,求出上下底邊邊長,以及高,然
后求出面積
【詳解】根據(jù)直觀圖畫法的規(guī)則,直觀圖中4。平行于V軸,AD=\'43,在f軸上,
AB'//D'C',A'B'=3,C'£>'=1
則原平面圖形ABC。中平行于V軸,A8在x軸上,AB//DC
從而有ADSAB,且4)=2477=2,AB=3,CD=\,如圖所示,
【答案】D
【解析】
【分析】設4?=。,先利用余弦定理求出AC=再根據(jù)題意建立方程求出a=2,再利用正弦定理
即可求出結果.
【詳解】設則3c=2a,因為ACD為等邊三角形,所以NA3C=120。,
在中,由余弦定理得到,AC2=a2+4a2-2ax(2a)xcosl20°=la2,所以AC=J7a,
由題有£)C+8C-AD=AC-8。,所以axJ7a+2ax=6*,解得。=2,所以
AC=2行
由正弦定理知,———=2s=2r,解得2r=生巨,
sinZABCsin12003
故選:D.
8.在二ABC中,已知AC+8A-8d=2cA?CB,則內(nèi)角。的最大值為()
兀兀兀2兀
A.-B.-C.—D.—
6433
【答案】C
【解析】
【分析】由定義法用邊和角表示已知條件中的向量數(shù)量積,利用余弦定理化簡,再利用不等式的性質(zhì)求
cosC的最小值,可得角C的最大值.
【詳解】JSC中,A,B,C的對邊分別為a,b,c,
由AB-AC+BA-BC-2CA-CB-becosA+accosB-labcosC.
由余弦定理得。2+。2-。2+。2+c.2一/72=2("+/-2),即=202.
則cosC="+""c型=1,當a=o=c時,cose取到最小值
2ab4ab4ab22
所以角C的最大值為三.
3
故選:C
二、多項選擇題:本大題共4個小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的四個選項中,
有多項符合題目要求,全部選對的得5分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分.
9.已知復數(shù)z=a+(a+l)i(aeR),則()
A.若zwR,則。=-1
B.若z是純虛數(shù),則。=0
C.若a=l,則7=1+2i
D.若a=3,貝生|=5
【答案】ABD
【解析】
【分析】根據(jù)復數(shù)的概念判斷A、B,根據(jù)共物復數(shù)判斷C,根據(jù)復數(shù)的模判斷D.
【詳解】因為z=a+(a+l)i(aeR),
對于A:若zeR,則a+l=0,解得。=-1,故A正確;
<2=0
對于B:若z是純虛數(shù),則《解得。=0,故B正確;
口+1工0
對于C:若。=1,則z=l+2i,所以[=1—2i,故c錯誤;
對于D:若。=3,則z=3+4i,所以忖=力2+42=5,故D正確;
故選:ABD
10.某球形巧克力設計了一種圓柱形包裝盒,每盒可裝7個球形巧克力,每盒只裝一層,相鄰的球形巧克
力相切,與包裝盒接觸的6個球形巧克力與圓柱形包裝盒側面及上下底面都相切,如圖是平行于底面且
過圓柱母線中點的截面,設包裝盒的底面半徑為R,球形巧克力的半徑為『,每個球形巧克力的體積為
匕,包裝盒的體積為匕,則()
A.R=3rB.R=6r
C.匕=9匕D.2匕=27K
【答案】AD
【解析】
【分析】從截面圖可得R與,?的關系,由球和圓柱的體積公式計算乂和匕,判斷選項.
【詳解】由截面圖可以看出,圓柱的底面直徑是球形巧克力直徑的3倍,即可得R=3r,
圓柱的高等于球形巧克力的直徑,即。=2〃,
K=4無尸,匕=兀7?2〃=1871r3,則有2匕=27vl.
故選:AD
11.已知函數(shù)/(x)=tan(2s用(0>0)的最小正周期是:,則()
A.0=2
B《一卦倘
C.f(x)的對稱中心為(?+記',0卜女£Z)
(TTITj
D./(力在區(qū)間內(nèi),§上單調(diào)遞增
【答案】BCD
【解析】
【分析】根據(jù)條件求出&=1,從而得到/(x)=tan(2x-C),再對各個選項逐一分析判斷即可得出結
6
果.
【詳解】因為函數(shù)/(x)=tan(2&x-彳卜0>0)的最小正周期是,,所以7=向=曰,
兀
又力>0,得到0=1,所以/(x)=tan(2x-z),
6
選項A,因為0=1,故選項A錯誤;
選項B,因為/(-肉=tan(-1)=-tanf>/(y)=tan(翳=-tan蝶),
711In7171117t
又0<—<——<-,由丁=1211》的性質(zhì)知,tan-<tan——,
3302330
所以《-耐>/(第,故選項B正確;
選項C,由2x—色=@(%GZ),得到x=@+2(%eZ),
62412、'
所以/(x)=tan(2xj)的對稱中心為["+jo](ZeZ),故選項c正確;
選項D,當無/石,彳]時,2x—1€(0,7),由丁=tanx的性質(zhì)知,/(x)在區(qū)間[w]上單調(diào)遞
\123J62\123y
增,故選項D正確.
故選:BCD.
12.東漢末年的數(shù)學家趙爽在《周髀算經(jīng)》中利用一副“弦圖”,根據(jù)面積關系給出了勾股定理的證明,后
人稱其為“趙爽弦圖”.如圖1,它由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形.我們通過
類比得到圖2,它由三個全等的鈍角三角形與一個小等邊三角形OEF拼成的一個大等邊三角形ABC,則
()
A.這三個全等的鈍角三角形可能是等腰三角形
B.若A8=SOP,則
sn
C.若AF=3,sin/CAE=*,則£F=2
14
D.若DE=;BE,則三角形A8C的面積是三角形。瓦1面積的19倍
【答案】BCD
【解析】
【分析】根據(jù)三個全等的鈍角三角形及一個小等邊三角形DEF,應用正弦定理及余弦定理分別判斷各個選
項即可.
【詳解】選項A,若三個全等的鈍角三角形是等腰三角形,則Ab=CE=BE=CE=A£)=BD,
從而三點重合,不合題意,故A錯誤;
在AABD中,不妨設AB=sJlDF=5,
由余弦定理=8萬+(BZ)+f)-2BD(BD+r)cosl20,
7產(chǎn)=必+(BD+t\+BD\BD+t)
解得BD=t,BD=OE,故B正確;
5、6
在△AC尸中,sinZCAF=—.而NAEC=120,
14
所以cosZCAF=Vl-sin2ZC4F=—,
14
sinNACE=sin(60-ZCAF)=sin60cosZCAF-cos60sinZCAF=
CFAF
由正弦定理得,解得C「=5,
sinZCAFsinZACF
又因為AF=EC=3,所以EF=CF-EC=2,故C正確;
若DE=LBE,設DE=LBE=m,BE=AD=3m,BD=2m,
33
在△ABO中,AB2=BD:+AD2-2B£>-A£>cosl20=19療,
1、八i八
s=-ABBCsin60=19m2x—7,S=-DF■£>Esin60?=m2x,
AoRCr24Lft,r24
所以H"C=19SOEF,故D正確.
故選:BCD.
三.填空題:本大題共4小題,每小題5分,共20分.把答案填在答題卡的相應位置.
13.請寫出一個周期為兀的偶函數(shù)〃x)=.
【答案】cos2%(答案不唯一)
【解析】
【分析】只要寫出一個滿足題意的函數(shù)即可.
【詳解】由/(x)=cos2x的周期為:7寧=1=兀,
且/(—x)=cos(—2x)=cos2x=/(x),
故/(x)=cos2x為一個周期為兀的偶函數(shù),
故答案為:cos2%(答案不唯一).
14.已知點A(2,l),向量04繞原點。順時針旋轉3得到向量08,則點8的坐標為.
【答案】(1,-2)
【解析】
【分析】設3(x,y),由。8_L。4,|OB|=|OA|,結合點B所在象限,可求坐標.
倒=煙,即+y=0
【詳解】設B(x,y),由題意有06_L04,
由旋轉方向可知點B第四象限,即x>0,y<0,
X=1
解得,所以點8的坐標為(1,-2).
〔y=一2
故答案為:(1,-2).
(兀、'JI
15.已知cos。+cos6+一一,ee[o,5,則sin8=
I3J3
【答案】牛
【解析】
【分析】利用兩角和的余弦公式得到cos(6+W71)=g
,即可求出sin-I,再根據(jù)
6
sine=sin—£71利用兩角差的正弦公式計算可得.
6
/、
=-^-,即6,
【詳解】因為cose+cose+~cos0+cos0cos--sin^sin—
I3j333
所以3cos。一迫^sin。=
―,所以百—cos^--sin^
22
2237V
71
0/1+—兀s.in?!?/p>
66
2727311276-1
---------X----------------X—=-----------------
32326
故答案為:馬區(qū)二1
6
16.將半徑均為2的四個球堆成如圖所示的“三角垛”,則由球心A,B,C,。構成的四面體的外接球的表
面積為,若該三角垛能放入一個正四面體容器內(nèi),則該容器棱長的最小值為.
【答案】24K②.4+4〃
【解析】
【分析】正四面體補形成一個正方體,利用正方體對角線,求外接球的半徑和表面積如;利用正四面體
中心到底面的距離與棱長的關系,列方程求容器棱長的最小值.
【詳解】由球心A,B,C,。構成的四面體是正四面體,其棱長為4,
將正四面體補形成一個正方體,正方體的棱長為2正,正四面體的棱是正方體各面的對角線,如圖所
則正四面體的外接球的直徑為正方體的體對角線長,即外接球的半徑/?=痛,外接球的表面積為
S=4K/?2=24兀.
對于正四面體38中,若邊長為。為正四面體外接球球心,”是正四面體底面三角形的中
心,如圖所示,
c
由于M為CQ的中點,所以
2
則AH=yjAB2-BH2=—a>
333
設外接球的半徑為R,則。4=03=R,
Rt30〃中,R2=B*(AH-R『,解得R=^a,
所以0H=AH-R=^a.,即正四面體的中心。到正四面體底面的距離為亞〃,
1212
半徑均為2的四個球堆成的“三角垛”,由球心A,B,C,。構成的四面體,棱長為4,該三角垛能放入一
個正四面體容器內(nèi),
則該容器棱長的最小值時,此時每個小球均與正四面體的面相切,任意兩個小球外切,
設這個正四面體容器棱長為/,則有X&/="x4+2,
1212
解得/=4+4",則該容器棱長的最小值為4+4指.
故答案為:24兀;4+4".
【點睛】方法點睛:正四面體的外接球問題,經(jīng)常把正四面體補形成正方體,利用正方體的對角線為外
接球的直徑,可減少運算量;與球有關的組合體問題,一種是內(nèi)切,一種是外接,解題時要認真分析圖
形,明確切點和接點的位置,確定有關元素間的數(shù)量關系,并作出合適的截面圖,找到等量關系列出算
式.
四、解答題:本大題共6小題,共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
17.已知i是虛數(shù)單位,設復數(shù)Z1=l+i,Z2=m—2i(/〃eR).
(1)若Z1+z?=2-i,求實數(shù)機的值;
(2)若z「Z2在復平面上對應的點位于右半平面(不包括虛軸),求實數(shù)心的取值范圍.
【答案】(1)1(2)m>-2
【解析】
【分析】(1)利用復數(shù)相等的條件即可求出結果;
(2)利用復數(shù)的四則運算求出Z「Z2,再根據(jù)復數(shù)的幾何意義得到Z1『2對應的點,從而求出結果.
【小問1詳解】
因為%=l+i,Z2=w-2i(根eR),所以馬+z2=l+m-i,
又Z]+Zz=2-i,所以1+,〃=2,解得m-\.
【小問2詳解】
因為Zj-l+i,z2=m-2i(/neR),所以z1-z2=/M-2i+mi-2i?=m+2+(,”-2)i,其在復平面上對
應點為(加+2,加一2),
所以m+2>0,得到相>-2.
18.在平面直角坐標系中,。為坐標原點,已知點A(3,4),3(—2,2),且四邊形Q4BC平行四邊
形.
(1)求點C的坐標及k4;
(2)若點P為直線0B上的動點,求PA-PC的最小值.
【答案】(1)C(-5,-2),|AC|=10.
(2)-25
【解析】
【分析】(1)Q48C是平行四邊形,利用OC=AB求出點。的坐標,可得AC的坐標及|AC|;
(2)設點尸的坐標,表示出PA-PC,結合函數(shù)思想求最小值.
【小問1詳解】
如圖所示,
設C點坐標為(x,y),則OC=(x,y),Afi=(-5,-2),
x=-5
因為四邊形Q4BC是平行四邊形,0C=A8,則有{.,所以C(—5,—2),
。=-2
可得AC=(—8,-6),|AC|=10.
【小問2詳解】
由題意直線08的方程為)=一%,設P(a,一。),
則=(3—a,4+a),PC=(-5—a,—2+a),
所以P4PC=(3-a)(—5-a)+(4+a)(—2+a)=2a2+4a—23=2(a+l)2-25,
故當a=-l,點P坐標為(-1,1)時,PA-PC取得最小值-25.
19.已知LABC的內(nèi)角A6,C所對的邊分別為a,仇c,tanB=咽G±!.
tanC-1
(1)求A;
(2)若cosB=±叵為=血,求邊
10
【答案】(1)-
4
(2)4
【解析】
【分析】(1)根據(jù)兩角和差的正切公式結合角的范圍即可求解;
(2)利用兩角和的正弦公式,結合正弦定理可求得c.
【小問1詳解】
〃兀
,廠1tanC+tan—,、
tanB=------?-=-------------=-tanfC+—=-tan(n-B),
tad1-tanCxtan^(4
4
3£(0,兀),?!?0,兀),3+0+:=兀,
A兀
:,A=—
4
【小問2詳解】
cosB=3ycos28+sin28=1,8£(0,兀),二sinB=,
10v710
所以9=2配一乙(keZ),又M<g,所以租=苫,
323
所以/(X)=2cos
【小問2詳解】
將〃x)的圖象向左平移.個單位可得到函數(shù)g(x)=2cos(2x+m)的圖象,
方程g%x)+(2-m)g(x)+加一3=0,可得[g(x)-(加一3)][g(x)-l]=0,
可得g(x)=l時,cos(2尤+所以%=0;
所以g(x)=m-3在xw。弓有兩個不相等的實數(shù)根,
即>=8(%)與丁=加-3的圖象在xe0段有兩個不同的交點,畫出它們的大致圖象,
由圖象可得,—2</%—34一1,所以lv/n<2.
:°\=廿g(xji*
21.如圖,在正六棱錐P—ABCDE下中,球O是其內(nèi)切球,AB=2,PC=5/百,點M是底面
ABCDEF內(nèi)一動點(含邊界),且OM=OP.
公
(1)求正六棱錐P-ABCDEF的體積;
(2)當點M在底面ABC。跖內(nèi)運動時,求線段所形成的曲面與底面ABCD瓦'所圍成的幾何體
的表面積.
【答案】⑴6百
(2)(3+26)兀
【解析】
【分析】(1)由正六棱錐的結構特征,結合已知數(shù)據(jù),求出底面積和高,可求體積;
(2)由=可得所示兒何體的圓錐,求出底面半徑和母線長,可計算表面積.
【小問1詳解】
設。?是底面的中心,連接P。,。。,
底面A6CDE尸為正六邊形,可知△QBC為等邊三角形,OlC=OlB=2,
S0回=3???。。$皿N8℃=gx2x2x*=6
在Rtpqc中,PO、=c02_m2=3,
在正六邊形ABCDEF中,5AB=6s0肛=6G,
所以%.ABCOEF-~X6\/3x3=673.
[小問2詳解]
FV
AB
取8C的中點N,連接ON,O、N,PN,
設正六棱錐P—A5C0EE的內(nèi)切球與側面P8C相切于點“,可知H在PN上,連接OH,
等邊三角形中,O\N=6
在RtPRN中,PO[=3,O、N=上,則PN=2jL所以NOPH=30",
設內(nèi)切球。的半徑為r,則。a=OH=r,由PO=2O”,得3-r=2r,所以r=l,
所以0M=0P=2,
在RtOO|N中,ON=d()O;+O\N2=2,所以ON=OM,
所以點M在六邊形ABCDEF中,且以。?為圓心6為半徑的圓上,
所以點M在底面ABCDEF內(nèi)運動時,線段所形成的曲面與底面ABCD跖所圍成的幾何體為圓
錐,
圓錐底面半徑為G,母線長為2,
此幾何體的表面積為3兀+gx2x7rxJ5x2=(3+26)兀
【點睛】方法點睛:圓錐、圓臺的側面是曲面,計算側面積時需要將這個曲面展為平面圖形計算,而表
面積是側面積與底面圓的面積之和.與球有關的組合體問題,一種是內(nèi)切,一種是外接,解題時要認真
分析圖形,明確切點和接點的位置,確定有關元素間的數(shù)量關系,并作出合適的截面圖,找到等量關系
列出算式.
22.已知的內(nèi)角所對邊分別為a,上c.若內(nèi)部有一個圓心為尸,半徑為古米的圓,
它沿著.ABC的邊內(nèi)側滾動一周,且始終保持與三角形的至少一條邊相切.
(1)若一ABC為邊長是16米的等邊三角形,求圓心P經(jīng)過的路程;
(2)若用28米的材料剛好圍成這個三角形,請你設計一利'ABC的圍成方案,使得圓心P經(jīng)過的路程
最大并求出該最大值(若a*,c為正數(shù),則a+O+cN3V詼,當且僅當。=力=。時取等號).
【答案】(1)30米
28
(2)圍成三角形為邊長是三米的等邊三角形時,圓心P經(jīng)過的路程最大,最大值為10米
【解析】
【分析】(1)根據(jù)切線長定理得到A£>=AE=3G=M=CH=C/=3,即可得解;
(2)依題意=BG=BF=^^c“=a=^^,則圓心p走過的路程
tan——tan——tan——
222
/\
L=a+b+c-2金^+[^+上?,再由誘導公式、兩角和的正切公式及基本不等式得到
ABC
tan——tan——tan—
I222
]11c國
ABC,即可求出L的最大值.
tan—tan—tatn一
222
【小問1詳解】
71
如下圖,因為..ABC是等邊三角形,所以44=/B=/C=—,
3
比.百*AO=AE=-^BG=BFCH=CI=
依題屈、A,B,C,
tan——tan——tan——
2
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