赣州市南康区2022-2023学年高一下学期4月期中考试
数学试卷
一、单选题（每题5分，共40分）
1．已知是虚数单位，复数的虚部为
A． B． C． D．
2．在，的
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
3．如图，一圆锥形物体的母线长为4，其侧面积为，则这个圆锥的体积为
A． B． C． D．
4．在三角形中，是角所对的边，满足,则的大小是（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
5．如图，在等腰梯形中，，，，，为线段上的动点(包括端点)，则的最小值为（ ）
A．8 B．12 C．20 D．30
6．如图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线，于不同的两点，若，，则（ ）
A．1 B． C．2 D．3
7．在中，角、、所对的边分别是、、.已知，，且满足，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且，则的取值范围为（ ）．
A． B． C． D．
二、多选题（每题5分，共20分）
9．已知，则下列结论正确的有（ ）
A． B．与方向相同的单位向量是
C． D．与平行
10．已知复数，下列命题错误的有（ ）
A．若，则
B．若，那么
C．若，那么
D．若，那么
11．圆柱的侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形，则这个圆柱的体积可能是（ ）
A． B．
C． D．
12．在△中，内角所对的边分别为a、b、c，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．
D．若，且，则△为等边三角形
三、填空题（共20分）
13．在△ABC中，A，AB＝4，AC＝2，点D在BC边上，AD＝BD，则AD＝_____．
14．窗，古时亦称为牅，它伴随着建筑的起源而出现，在中国建筑文化中是一种独具文化意蕴和审美魅力的重要建筑构件.如图，是某古代建筑群的窗户设计图，窗户的轮廓是边长为米的正方形，内嵌一个小正方形，且，，，分别是，，，的中点，则的值为________.
15．已知一正四棱柱(底面为正方形的直四棱柱)内接于底面半径为1，高为2的圆锥，当正四棱柱体积最大时，该正四棱柱的底面边长为_________．
16．如图，在中，已知，，，直线过的重心，且与边、分别交于、两点，则的最小值为________．
四、解答题（共70分）
17．已知向量.
（1）若与共线，求实数的值；
（2）若与垂直，求与的夹角.
18．已知复数(其中是虚数单位，)．
（1）若复数是纯虚数，求的值；
（2）若函数与的图象有公共点，求实数的取值范围．
19．如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，PA是圆柱的母线，，，，C是上的一个动点.
(1)求圆柱的表面积；
(2)求四棱锥的体积的最大值.
20．在锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，若.
（1）求角的大小；
（2）若，求面积的取值范围.
21．已知，，设，．
（1）若，求实数的值；
（2）当时，求与的夹角；
（3）是否存在实数，使，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
22．正方形ABCD中，，点O为正方形内一个动点，且，设
(1)当时，求的值；
(2)若P为平面ABCD外一点，满足，记，求的取值范围.
1．B
【详解】因为 ，所以复数的虚部为 ，故选B.
2．C
【详解】本题考查向量的数量积
由数量积的定义有
由得
即即
所以故，所以，即
即是的充分条件；
若，则，所以于是
所以
即是必要条件
故是的充要条件
故正确答案为C
3．C
【分析】先利用侧面积求解底面圆的周长，进而解出底面面积，再求体高，最后解得体积
【详解】圆锥的展开图为扇形，半径，侧面积为为扇形的面积，所以扇形的面积，解得 ，所以弧长，所以底面周长为，由此可知底面半径，所以底面面积为，体高为，故圆锥的体积，故选C．
【点睛】本题已知展开图的面积，母线长求体积，是圆锥问题的常见考查方式，解题的关键是抓住底面圆的周长为展开图的弧长．
4．D
【分析】根据余弦定理直接计算得到答案.
【详解】根据余弦定理：，即，即.
故选：
【点睛】本题考查了余弦定理求角度，属于简单题.
5．C
【分析】设，利用，结合向量的数量积的运算，即可求解.
【详解】如图所示，过点作，垂足为，
因为在等腰梯形中，，
可得，
设，
可得
，
由二次函数的图象与性质，可得当时，取得最小值，最小值为.
故选：C.
6．C
【分析】连接AO，因为O为BC中点，可由平行四边形法则得，再将其用，表示.由M、O、N三点共线可知，其表达式中的系数和，即可求出的值.
【详解】连接AO，由O为BC中点可得，
，
、、三点共线，
，
.
故选：C.
【点睛】本题考查了向量的线性运算，由三点共线求参数的问题，熟记向量的共线定理是关键.属于基础题.
7．D
【分析】利用正弦定理边角互化思想化简得出，利用余弦定理化简得出，结合，根据函数在上的单调性可求得的取值范围.
【详解】且，所以，
由正弦定理得，即，
，，所以，，则，
由余弦定理得，
，则，由于双勾函数在上单调递增，
则，即，所以，.
因此，的取值范围为.
故选：D.
【点睛】本题考查三角形内角余弦值的取值范围的求解，考查了余弦定理以及正弦定理边角互化思想的应用，考查计算能力，属于中等题.
8．D
【分析】利用，三角形面积公式和余弦定理可得，故可得到，，然后利用正弦定理可得，利用换元法即可求解
【详解】中，由余弦定理得，，
且的面积为，由，得，
化简得；又，，所以，
化简得，解得或（不合题意，舍去）；
因为，所以，
所以，
由，且，，
解得，
所以，所以，所以；
设，其中，
所以，
又，所以时，y取得最大值为，
时，；时，，且．
所以，即的取值范围是，
故选：D
【点睛】方法点睛：解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值
9．ABC
【分析】根据给定的条件，利用向量的数量积、向量夹角，向量共线的坐标表示判断A，C，D；求出与方向相同的单位向量的坐标判断B作答.
【详解】因，则，A正确；
与方向相同的单位向量是，B正确；
，而，所以，C正确；
因，则与不平行，D不正确.
故选：ABC
10．BCD
【分析】根据复数的模的定义，复数的分类，复数的运算判断各选项，错误命题可举反例说明．
【详解】设，则，
，A正确；
若，则，但，B错；
若，则，但，C错；
若，满足1，但，D错．
故选：BCD．
11．BD
【分析】由已知中圆柱的侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形，我们可以分圆柱的底面周长为4cm，高为2cm的和圆柱的底面周长为2cm，高为4cm，两种情况分别由体积公式即可求解.
【详解】侧面展开图是长4cm，宽2cm的矩形，
若圆柱的底面周长为4cm，则底面半径，，
此时圆柱的体积
若圆柱的底面周长为2cm，则底面半径，，
此时圆柱的体积
故选：BD
12．ACD
【分析】A由正弦定理及等比的性质可说明；B令可得反例；C由和角正弦公式及三角形内角和的性质有，由正弦定理即可证；D若，，根据单位向量的定义，向量加法的几何意义及垂直表示、数量积的定义易知△的形状.
【详解】A：由，根据等比的性质有，正确；
B：当时，有，错误；
C：，而，即，由正弦定理易得，正确；
D：如下图，是单位向量，则，即、，则且平分，的夹角为， 易知△为等边三角形，正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：D选项，注意应用向量在几何图形中所代表的线段，结合向量加法、数量积的几何意义判断夹角、线段间的位置关系，说明三角形的形状.
13．
【分析】首先利用余弦定理的应用求出的长，进一步利用余弦定理和cos∠BDC＝﹣cos∠CDA，即可求出结果.
【详解】在△ABC中，A，AB＝4，AC＝2，
利用余弦定理的应用，整理得BC2＝AB2+AC2﹣2AB AC cos∠A，解得BC＝2，
在△ABD中，设BD＝x，则AD＝x，AB＝4，利用余弦定理，
在△ADC中，DC＝2x，AD＝x，AC＝2，利用余弦定理，
由于cos∠BDC＝﹣cos∠CDA，
所以，解得x．
故答案为：．
【点睛】本题考查余弦定理及其的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．
14．
【分析】如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立直角坐标系，计算直线方程得到坐标，，计算向量得到答案.
【详解】如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立直角坐标系.
延长与交于点，，故为中点.
直线，同理可得：直线，直线；
解得：，，
，，故，，.
故答案为：.
【点睛】本题考查了向量的数量积，意在考查学生的应用能力和计算能力，建立坐标系转化为坐标运算是解题的关键.
15．
【分析】根据内接关系作出截面图，建立正四棱柱和圆锥之间的关系，从而可求.
【详解】设正四棱柱的底面边长为，高为，如图
由题意可得解得，
正四棱柱的体积为，
，当时，，为增函数；当时，，为减函数；所以当时，正四棱柱体积最大，此时正四棱柱的底面边长为.
【点睛】本题主要考查组合体的内接问题，体积最大值的确定要根据目标式的特征来选择合适的方法，侧重考查直观想象的核心素养.
16．
【分析】设，，分析得出，求得，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】先证明结论：已知为直线外一点，、、为直线上三个不同的点，若，则.
因为、、为直线上三个不同的点，则，
可设，即，所以，，
所以，，结论成立.
本题中，设，，
当点与点重合时，为的中点，此时；
当点为线段的中点时，与点重合，此时，故，同理可得.
由，
又、、三点共线，，即，
延长交于点，则为的中点，且有，
又
，
当且仅当，时取得最小值.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
17．（1）4；（2）.
【分析】（1）由平面向量共线定理的坐标表示求解即可
（2）根据平面向量垂直的坐标表示求出，再用坐标法求向量的夹角即可
【详解】（1）
与共线
（2）与垂直，且
与的夹角为
18．（1）；（2）
【分析】（1）化简得到，由复数为纯虚数可得的值.
（2）算出，因一元二次方程在有解，利用判别式可得的取值范围.
【详解】（1）∵，且复数为纯虚数
∴，解得
（2）由（1）知函数
又函数与 的图象有公共点
∴方程有解，即方程有解
∴
∴或
∴实数的取值范围是．
【点睛】（1）复数，①若，则为实数；②若，则为虚数，特别地，如果，则为纯虚数．
（2）对于含参数的一元二次不等式的恒成立问题，注意区分变量的范围，如果范围为，则可以利用判别式来处理，如果范围不是，则可转变为函数的最值或用参变分离来考虑.
19．(1)
(2)
【分析】（1）利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出圆柱底面半径为r，进而求出结果;
（2）利用余弦定理结合基本不等式求出，再利用体积公式求出结果.
【详解】（1）
连接BD，在中，，，，
由余弦定理，得
，
所以，设圆柱底面半径为r，
由正弦定理，得，
所以，故圆柱的表面积.
（2）由（1）知，中，，，
由余弦定理，得
，
即，当且仅当时，等号成立，
所以，
因为，，
所以四棱锥的体积，
，
故四棱锥的体积的最大值为.
20．（1）；（2）.
【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，进一步整理得，即可求得角A；（2）利用正弦定理将所给等式转化为关于a、b、c的等式，结合余弦定理即可求出a，从而可得，代入三角形面积公式并将角统一为B，即可根据三角函数的值域求得三角形的面积的范围.
【详解】（1）由及正弦定理得：
，
因为，，所以，，
所以，又，所以；
（2）由正弦定理，，，
由得：，
即①，由余弦定理得，解得，
所以，
，
∵为锐角三角形，∴且，
即，∴，
∴，∴.
面积的取值范围为.
【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理解三角形、三角形面积公式、正弦型函数的值域，属于中档题.
21．（1）；（2）；（3）存在；-6．
【分析】（1）由向量的数量积的运算公式，求得，列出方程，即可求解；
（2）当时，求得，，结合向量的夹角公式，即可求解；
（3）根据共线向量的坐标表示，列出方程，即可求解.
【详解】（1）由题意，向量，，可得，
因为且，，
可得，解得.
（2）当时，可得，，
则，，，
所以与的夹角为，
因为，所以.
（3）由题意可得，，
若，可得，解得，
即存在，使得.
22．(1)；
(2).
【分析】（1）构建平面直角坐标系得到，坐标，进而写出、坐标，应用向量模长的坐标表示求目标式的值.
（2）以A为原点构建空间直角坐标系，确定的坐标，利用向量夹角的坐标表示得到，结合换元法及三角函数、二次函数性质求范围.
【详解】（1）构建如下图示的平面直角坐标系，则，，
当，则，故，，
所以，，
则.
（2）由题设，构建如下图示的空间直角坐标系，
所以且，
则，
所以，
令，则，可得，
若，则，此时在上递增，
所以.
【点睛】关键点点睛：构建坐标系，利用坐标表示相关向量，由向量模长、夹角的坐标表示求值、得到，结合相关函数的性质求范围.
