重庆市开州区2022-2023学年高一下学期4月阶段性测试数学试题（含解析）

重庆市开州区2022-2023学年高一下学期4月阶段性测试
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.复数的虚部是（ ）
A. B. C. D.3
2.已知非零向量，，若，，且，则（ ）
A. B.2 C. D.8
3.设的内角，，所对的边分别为，，，若，则的形状为（ ）
A.等边三角形 B.等腰三角形
C.直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形
4.已知平面向量，的夹角为，且，，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
5.如图，在离地面高400m的热气球上，观测到山顶处的仰角为15°，山脚处的俯角为45°，已知，则山的高度为（ ）
A.700m B.640m C.600m D.560m
6.已知向量，满足，，，则（ ）
A.2 B. C.4 D.12
7.如图所示，在中，点是的中点，且，与相交于点，设，，则等于（ ）.
A. B. C. D.
8.已知在中，是边上的点，且，，，则的值为（ ）
A. B. C.1 D.1
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，其中八卦深逐的哲理解译了自然、社会现象.如图1所示的是八卦模型图，其平面图形（图2）中的正八边形，其中为正八边形的中心，且，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10.下列说法错误的是（ ）
A.以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
B.用一个平面去截棱锥，底面和截面之间部分所围成的几何体是棱台
C.有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱
D.用一个平面去截取球体，得到的截面是一个圆面
11.设复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（ ）
A.“”的充要条件是“”
B.若，则的最大值为3
C.若，，则
D.方程在复数集中有6个解
12.已知三个内角，，的对应边分别为，，且，.则下列结论正确的是（ ）
A.面积的最大值为 B.的最大值为
C. D.周长的最大值为9
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.如图，在中，为线段上的一点，，且，则______.
14.在中，已知，，，则满足条件的三角形有______个.
15.长方体中，，，，则一只小虫从点沿长方体的表面爬到点的最短距离是_______.
16.在中，为的外心，为边上的中点，，，，则______.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.（本小题10分）
（Ⅰ）已知复数在复平面内对应的点在第二象限，，且，求；
（Ⅱ）已知复数为纯虚数，求实数的值.
18.（本小题12分）
已知，，分别为内角，，的对边，.
（Ⅰ）若，求；
（Ⅱ）设，且，求的面积.
19.（本小题12分）
已知向量，，且，.若，.
（1）若向量，求的值；
（2）若向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围.
20.（本小题12分）第19届亚运会将于2023年9月在杭州市举行，杭州为迎接本届亚运会，规划修建公路自行车比赛赛道，该赛道的平面示意图为如图的五边形，运动员的公路自行车比赛中如出现故障，可以从本队的器材车、公共器材车上或收容车上获得帮助.比赛期间，修理或更换车轮或赛车等，也可在固定修车点上进行，还需要运送一些补给物品，例如食物、饮料，工具和配件.所以项目设计需要预留出，为赛道内的两条服务通道（不考虑宽度），，，，，为赛道，，，，.
（Ⅰ）从以下两个条件中任选一个条件，求服务通道的长度；
①；②
（Ⅱ）在（Ⅰ）条件下，应该如何设计，才能使折线段赛道最长（即最大），最长值为多少？
21.（本小题12分）
如图，在四边形中，，，，且
（I）求实数的值，.
（Ⅱ）已知，是线段上的两个动点，且，求的最小值.
22.（本小题12分）
如图，设中角，，所对的边分别为，，，为边上的中线，已知且，.
（1）求边的长度；
（2）求的面积；
（3）设点，分别为边，上的动点（含端点），线段交于，且的面积为面积的，求的取值范围.
高一下期阶段性测试（数学）试题答案
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.【答案】D
【详解】
2.【答案】A
【详解】因为，，且，所以，解得，
3.【答案】D
【解析】由正弦定理，得，
即，所以或，
即或，所以这个三角形为等腰三角形或直角三角形.
故选D
4.【答案】C
【解析】因为平面向量，的夹角为，且，，
所以在方向上的投影向量为，
故选：C
5.【答案】C
【解析】根据题意，可得在中，，，
所以，，
因为在中，，，
，
由正弦定理，得，
在中，（m），故选C.
6.【答案】B
【分析】根据向量的数量积的运算公式，准确运算，即可求解.
【详解】由题意，向量，满足，，，
又由，所以
7.【解析】（1）∵为的边的中点，∴，∴，故选A.
（2）由题意得，，
由，，三点共线可知，存在实数，满足.
由，，三点共线可知，存在实数，满足，
所以.
因为，为基底，所以解得
所以，故选A.
8.【解析】选A 设，则，则，
所以，所以，整理得，解得或者（舍去）.
故，而，故.故选A.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.【答案】BC
【解析】依题意，故A错误；
，故B正确；
因为，即，
所以以，为邻边的平行四边形为正方形，对角线长为，所以，故C正确；
因为，所以，故D错误；
故选：BC
10.【答案】ABC
【解析】
对于A，以直角三角形的一条直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体才可以是圆锥，故A错误；
对于B，用一个平行于底面的平面去截棱锥，所得棱锥底面和截面之间的部分所围成的几何体才是棱台，故B错误；
对于C，棱柱的定义是这样的：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面围成的几何体叫做棱柱，显然题中漏掉了“并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行”这一条件，因此所围成的几何体不一定是棱柱.如图所示的几何体就不是棱柱，所以C错误.
对于D，用一个平面去截取球体，得到的截面一定是一个圆面，故D正确。
11.【答案】ABD
【解析】对于选项A，若，则，成立，若，则由，解得，所以成立，故A正确；
对于选项B，若，则表示以原点为圆心，半径为的圆上的点到点的距离，因为原点到点的距离为2，所以的最大值为，故B正确；
对于选项C，若，，则
.故C不正确；
对于选项D，因为，所以设为方程的解，
代入方程得，
即，
若，则，即，
所以或，
解得或，即是原方程的解；
若，则，即，
所以，解得或3；
或，解得或；
即2，，3，也是原方程的解.
综上，原方程有6个解，分别为，，2，，3，.故D正确.
故选：ABD.
12.【答案】CD
【解析】对A选项，∵，，∴，
∴当且仅当时，取得等号，
∴，∴，所以A选项不正确；
对B选项，由正弦定理得，所以
所以
所以当时，的最大值为，故B不正确；
对C选项，∵，所以C选项正确；
对D选项，由A选项的分析知，∴，
当且仅当时，取得等号，∴，∴，
又，∴周长，所以D选项正确；
故选：CD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.【答案】2
14.【解析】∵，∴.
∴满足条件的三角形有2个.
答案：2
15.【答案】5
【解析】长方体的 面可如下图三种方法展开后，、两点间的距离分别为：
，，，
∴一只小虫从点沿长方体的表面爬到点的最短距离是5.
故答案为：5.
16.答案：
【解析】（提示：投影法；；）
∵，
∴
∴，，∴，，由余弦定理得
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.【解析】（Ⅰ）设，由题意每，
解得，，
∵复数在复平面内对应的点在第二象限，∴，∴.
（Ⅱ）
，
由题意得，解得
18.解：（Ⅰ）由题设及正弦定理可得.
又，可得，.
由余弦定理可得.
（2）由已知.
因为，由勾股定理得，
故，进而可得.
所以的面积为.
19.【解析】（1）由知，即，
即.
因为，，
所以，，
所以.所以.
（2）要使向量与的夹角为钝角
，
则实数的取值范围为
20.【答案】（1）答案见解析；（2）.
【解析】（1）在中，由正弦定理知，∴，解得，
选①：∵，，∴，
∴，
在中，；
若选②，在中，由余弦定理知，∴，
化简得，解得或（舍负），
故服务通道的长度；
（2）在中，由余弦定理知，，
∴，
∴，即，
当且仅当时，等号成立，此时，的最大值为.
21.【答案】（1） （2）
【解析】（Ⅰ）因为，
所以，所以，
所以，
所以，又，
所以，即.
（2）以为轴正方向，过作垂线为轴，建立坐标系，如图所示，
因为，，
所以，则，
设，则，因为，是线段上的两个动点，
所以，解得，所以，，
所以，所以当时，有最小值.
22.【答案】（1）4 （2） （3）
【解析】（1）由已知条件可知：
在中，由正弦定理
得
在中，由余弦定理
得
∴，又∵，∴
（2）设
∵为边上中线 ∴
则
①
∴
∴ ∴或
由①，得，∴，∴，∴
∴
（3）设，，（）
∴，
根据三点共线公式，得
（，为）
∴
∴