万州二中教育集团高2023级高一下期期中考试
数学试卷
（考试时间120分钟，满分150分）
一、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，只有一项符合题目要求.
1. 已知复数z满足，则的虚部是（ ）
A. B. 1 C. D. i
【答案】B
【解析】
【分析】先由等式，反解出，再利用复数的除法运算法则，求出复数z即可.
【详解】由已知，得，
所以z的虚部为1.
故选：B.
2. 若，，则等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
分析】根据直接求解.
【详解】因为，，
所以.
故选:D.
3. 已知一个圆锥的母线长为2，其侧面积为，则该圆锥的高为（ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由侧面积求出圆锥的底面圆半径，再根据勾股定理可求得其高.
【详解】设圆锥的底面圆的半径为 ，母线为，则，
所以其侧面积为，解得，
所以圆锥的高为.
故选：C.
4. 在中，，则（ ）
A. B. 或 C. D. 或
【答案】D
【解析】
【分析】根据大边对大角可得A>B，结合正弦定理和三角形内角的范围即可得出结果.
【详解】在中，根据大边对大角可得A>B，
由正弦定理，得，
所以，故或.
故选：D
5. 若，，，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助向量模长与数量积的关系以及夹角公式计算即可得.
【详解】由，，，
则，
而，即得，
所以，又，
所以.
故选：A.
6. 如图，在中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据向量对应线段的位置关系，结合向量加法、数乘的几何意义，用表示即可.
【详解】由题图，.
故选：A
7. 在中，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦定理的边角变换得到，再利用正弦定理的边角变换与三角函数的和差公式即可得解.
【详解】因，所以，
因为，
两式相减，得，
由正弦定理，得，即，
因为，所以.
故选：A.
8. 已知向量满足：为单位向量，且与相互垂直，又对任意不等式恒成立，若，则的最小值为（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知由向量垂直可得的模，再由不等式恒成立，结合图象可得，直接对进行平方化简，由二次函数最值可解.
【详解】和相互垂直，
则，则，
设，
则 ，
因为恒成立，则，
即，则，
对称轴时：，即.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据不等式得到，则解出，再对向量式数量化即同平方，再化简成二次函数，根据二次函数性质即可求出最小值.
二、多项选择题：本题共3个小题，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2分，有选错的得0分.
9. 已知复数，则下列说法不正确的为（ ）
A. B.
C. D. 在复平面上对应的点在第四象限
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用复数的乘除法运算法则及复数的模公式，结合复数的共轭复数的概念即可求解.
【详解】，
所以，故A错误；
，故B正确；
，故C错误；
在复平面上对应的点在第三象限，故D错误.
故选：ACD.
10. 在中，已知，下列结论中正确的是（ ）
A. 这个三角形被唯一确定 B. 一定是钝角三角形
C. D. 若，则的面积是
【答案】BC
【解析】
【分析】设，然后结合正弦定理，余弦定理分别对选项进行判断，即可得到结果.
【详解】依题意可设，则
对于A，当取不同的值时，三角形显然不同，故A错误；
对于B，因为，
所以，则三角形为钝角三角形，故B正确；
对于C，由正弦定理可知，，故C正确；
对于D，因为，即，即，
又因为，所以
则，故D错误.
故选:BC.
11. 在中，角所对的边分别是，下列命题正确的是（ ）
A. 若，则为等腰三角形
B. 若，则此三角形有两解
C. 若，则为等腰三角形
D. 若，且，则该三角形内切圆面积的最大值是
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由可得，利用数量积的定义化为，从而得到，知为等腰三角形；对于B，由余弦定理可得到关于的方程，解得有两解，从而此三角形有两解；对于C，用正弦定理将条件化为，即，然后得到或，由此即可进一步判断；对于D，化简为，然后证明内切圆半径，从而得到.
【详解】对于A，若，则，从而，即，
即，故，从而为等腰三角形，A正确；
对于B，若，则，而，即，解得或，故此三角形有两解，B正确；
对于C，注意到等价于，而这又等价于，所以或，也就是为等腰三角形或直角三角形，C错误；
对于D，已知条件为，且，而等价于，即，
对该等式通分得到，即，即.
这即为，由知该等式即为.
从而条件等价于且，从而该三角形内切圆半径.
又由于，当且仅当时等号成立，
从而，故该三角形的内切圆面积.
验证知当时，等号成立，所以该三角形的内切圆面积的最大值是，D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：D选项的关键是得出内切圆的半径，由此即可顺利得解.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 三个平面最多可以将空间分为______部分．
【答案】
【解析】
【分析】依题意画出图形，即可判断.
【详解】如图所示，空间中三个平面最多可以将空间分为8部分.
故答案为：.
13. 已知为平面向量，．若在方向上的投影向量为，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】先设的夹角为，由在方向上的投影向量为，求得，进而求得的值，则可求得.
【详解】设的夹角为，
因为在方向上的投影向量为，，
所以，得．
从而.
.
故答案为：.
14. 一个棱长为2的正四面体盒子内部放置了一个正方体，且该正方体在铁盒内能任意转动，则该正方体棱长的最大值为_______.
【答案】##
【解析】
【分析】将所求问题转化为正方体的外接球，即为正四面体的内切球，作出图形，利用等体积法求得内切球的半径，利用正方体的体对角线等于正方体的外接球的直径即可求解.
【详解】由题意可知，正方体在正四面体内部任意旋转，
当正方体的棱长取得最大值时，正方体的外接球即为正四面体的内切球，
将正四面体放到正方体中，作出图形如图，
因为正四面体的棱长为2，则图中正方体的棱长为，
所以正四面体的体积为，
侧面积为，
设正四面体内切球的半径为，则，解得，
设放置进去的正方体的棱长最大值为，则，解得.
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. 已知向量.
（1）若向量，且，求的坐标；
（2）若向量与互相垂直，求实数的值.
【答案】（1）或（2）
【解析】
【分析】（1） 因为，所以可以设求出坐标，根据模长，可以得到参数的方程.
（2） 由于已知条件 可以计算出与坐标（含有参数）而两向量垂直，可以得到关于的方程，完成本题.
【详解】（1）法一:设，
则，
所以
解得
所以或
法二:设，
因为，，所以，
因，所以
解得或，
所以或
（2）因为向量与互相垂直
所以，即
而，，所以，
因此，
解得
【点睛】考查了向量的线性表示，引入参数，只要我们能建立起引入参数的方程，则就能计算出所求参数值，从而完成本题.
16. 在中，．
（1）求；
（2）若，且的面积为，求的周长．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）利用三角形的面积公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周长.
【小问1详解】
解：因为，则，由已知可得，
可得，因此，.
【小问2详解】
解：由三角形的面积公式可得，解得.
由余弦定理可得，，
所以，的周长为.
17. 如图，在正方体中，E是的中点.
（1）求证：平面；
（2）设正方体的棱长为1，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证，再用直线与平面平行的判定定理证明平面；
（2）利用等体积法，求三棱锥的体积.
【小问1详解】
证明：因为在正方体中，，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为正方体的棱长是1，E是的中点，所以，
三角形ABC的面积，
三棱锥的体积.
18. 在中，角所对的边分别是，若是边上的一点，且.
（1）若时，求面积的最大值；
（2）若
①求角的大小；
②当取得最大值时，求的面积.
【答案】（1）1 （2）①；②.
【解析】
【分析】（1）根据线段的比值关系与余弦定理求出，再求出面积表达式，求出最大值即可.
（2）根据数量积表达式和正弦定理化简，得到，再由余弦定理即可求解；根据两次余弦定理得到，换元求最大值，从而求得，求得面积即可.
【小问1详解】
由题意可得，，
根据余弦定理得，
所以，
所以的面积为，
当，即时，面积最大，最大值1.
【小问2详解】
①由，
，
则，
由正弦定理得，化简得，
所以，
又因为，所以.
②因为，由，可得
，
整理得，
又因为，所以，
令为锐角，
则，其中为锐角，
当，即时，取得最大值.
此时，，
解得，
的面积为.
【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形中的最值问题.关键点是求得之后，利用换元表示出，从而进行三角函数化简得到的最小值，并求得此时的值，代入面积公式即可求解.
19. 1712年英国数学家布鲁克·泰勒提出了著名的泰勒公式，该公式利用了多项式函数曲线来逼近任意一个原函数曲线，该公式在近似计算，函数拟合，计算机科学上有着举足轻重的作用.如下列常见函数的阶泰勒展开式为：
其中，读作的阶乘.
1748年瑞士数学家莱昂哈德·欧拉在泰勒公式的灵感下创造了人类数学最美妙的公式，即欧拉公式，特别的欧拉恒等式被后世称为“上帝公式”.欧拉公式建立了复数域中指数函数与圆函数（正余弦函数）的关系，利用欧拉公式还可以完成圆的等分，即棣莫弗定理的应用.
（1）请写出复数的三角形式，并利用泰勒展开式估算出的3阶近似值（精确到0.001）；
（2）请根据上述材料证明欧拉公式，并计算与；
（3）记，由棣莫弗定理得，从而得，复数，我们称其为1在复数域内的三次方根. 若为64在复数域内的6次方根.求取值构成的集合，其中.
【答案】（1）；2.667
（2）证明见解析；，.
（3）
【解析】
【分析】（1）根据复数的三角形式和泰勒展开式求解即可.
（2）令代入泰勒展开式中进行化简即可证明欧拉公式，再利用欧拉公式求解与.
（3）根据棣莫弗定理与1在复数域内的三次方根的求解过程，即可求出64在复数域内的6次方根，再代入计算模长即可得到结果.
【小问1详解】
设的三角形式为，
，，
所以复数的三角形式为.
由泰勒公式
令可得，的3阶近似值为
【小问2详解】
由，
令得到，，
化简得
.
所以，欧拉公式得证.
因为，所以，
两式相加得，两式相减得，
所以，.
【小问3详解】
记，
由棣莫弗定理得，
从而得，所以，
所以64在复数域内的6次方根为
，
，
，
设，其中，
代入计算可得，.
【点睛】关键点点睛：本题考查复数相关的新定义问题.其关键点是理解题中所给出的新定义：泰勒展开式、欧拉公式、棣莫弗定理等，结合复数的三角形式、1在复数域内的三次方根的求解过程等，即可证明欧拉公式，并求出64在复数域内的6次方根，再计算模长即可求得最终结果.万州二中教育集团高2023级高一下期期中考试
数学试卷
（考试时间120分钟，满分150分）
一、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，只有一项符合题目要求.
1. 已知复数z满足，则的虚部是（ ）
A. B. 1 C. D. i
2. 若，，则等于（ ）
A. B.
C. D.
3. 已知一个圆锥的母线长为2，其侧面积为，则该圆锥的高为（ ）
A. 1 B. C. D. 2
4. 中，，则（ ）
A. B. 或 C. D. 或
5. 若，，，则向量与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
6. 如图，在中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
7. 在中，，则（ ）
A. B. C. D.
8. 已知向量满足：为单位向量，且与相互垂直，又对任意不等式恒成立，若，则的最小值为（ ）
A 4 B. 5 C. 6 D. 7
二、多项选择题：本题共3个小题，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2分，有选错的得0分.
9. 已知复数，则下列说法不正确的为（ ）
A. B.
C. D. 在复平面上对应的点在第四象限
10. 在中，已知，下列结论中正确的是（ ）
A. 这个三角形被唯一确定 B. 一定是钝角三角形
C. D. 若，则的面积是
11. 在中，角所对的边分别是，下列命题正确的是（ ）
A. 若，则为等腰三角形
B. 若，则此三角形有两解
C. 若，则等腰三角形
D. 若，且，则该三角形内切圆面积的最大值是
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 三个平面最多可以将空间分为______部分．
13. 已知为平面向量，．若在方向上的投影向量为，则__________.
14. 一个棱长为2的正四面体盒子内部放置了一个正方体，且该正方体在铁盒内能任意转动，则该正方体棱长的最大值为_______.
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. 已知向量.
（1）若向量，且，求的坐标；
（2）若向量与互相垂直，求实数的值.
16. 中，．
（1）求；
（2）若，且的面积为，求的周长．
17. 如图，在正方体中，E是的中点.
（1）求证：平面；
（2）设正方体的棱长为1，求三棱锥的体积．
18. 在中，角所对的边分别是，若是边上的一点，且.
（1）若时，求面积的最大值；
（2）若
①求角的大小；
②当取得最大值时，求的面积.
19. 1712年英国数学家布鲁克·泰勒提出了著名泰勒公式，该公式利用了多项式函数曲线来逼近任意一个原函数曲线，该公式在近似计算，函数拟合，计算机科学上有着举足轻重的作用.如下列常见函数的阶泰勒展开式为：
其中，读作的阶乘.
1748年瑞士数学家莱昂哈德·欧拉在泰勒公式的灵感下创造了人类数学最美妙的公式，即欧拉公式，特别的欧拉恒等式被后世称为“上帝公式”.欧拉公式建立了复数域中指数函数与圆函数（正余弦函数）的关系，利用欧拉公式还可以完成圆的等分，即棣莫弗定理的应用.
（1）请写出复数的三角形式，并利用泰勒展开式估算出的3阶近似值（精确到0.001）；
（2）请根据上述材料证明欧拉公式，并计算与；
（3）记，由棣莫弗定理得，从而得，复数，我们称其为1在复数域内的三次方根. 若为64在复数域内的6次方根.求取值构成的集合，其中.
