山东省潍坊市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（教师版）.docxVIP

试卷类型：A

高一数学

2023.7

本试卷共4页.满分150分，考试时间120分钟.

注意事项：

1.答题前，考生务必在试题卷?答题卡规定的地方填写自己的准考证号?姓名.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.

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.已知复数（为虚数单位），则的虚部为（)

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】

利用复数的除法运算化简，由此求得的虚部.

【详解】，故虚部为.

故选：C

【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复数虚部的概念，属于基础题.

2.已知向量，若，则实数的值为（）

A.7 B.3 C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用向量垂直的坐标运算即可求出结果.

【详解】因为，又，

所以，解得，

故选：C.

3.在平面直角坐标系中，若角的终边经过点，则（）

A. B. C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据条件，利用三角函数的定义求出，再利用诱导公式即可求出结果.

【详解】角终边经过点，所以，

又，所以，

故选：B.

4.已知水平放置的平面图形的直观图如图所示，其中，则平面图形的面积为（）

A.6 B.3 C.8 D.4

【答案】D

【解析】

【分析】根据直观图画法的规则，确定原平面图形四边形的形状，求出上下底边边长，以及高，然后求出面积

【详解】根据直观图画法的规则，直观图中平行于轴，，在轴上，，

则原平面图形中平行于轴，在轴上，

从而有，且，，，如图所示，

所以直角梯形的面积为.

故选：D．

5.若，且，则的值为（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用正切二倍角公式即同角三角函数关系化简得到.

【详解】因为，所以，

即，

因为，所以，，

所以，

因为，所以，解得.

故选：D

6.如图，圆台的侧面展开图扇环的圆心角为，其中，则该圆台的高为（）

A.1 B. C. D.4

【答案】C

【解析】

【分析】利用扇形的弧长公式结合已知条件求出圆台上、下底面圆的半径，在建立与圆台高的关系式求解即可.

【详解】因为圆台的侧面展开图扇环的圆心角为，

所以在圆锥中有：，

所以，

又在圆锥中有：，

所以，

所以该圆台的高为：

，

故选：C.

7.托勒密是古希腊天文学家?地理学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积.则图四边形为圆的内接凸四边形，，且为等边三角形，则圆的直径为（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】设，先利用余弦定理求出，再根据题意建立方程求出，再利用正弦定理即可求出结果.

【详解】设，则，因为为等边三角形，所以,

在中，由余弦定理得到，，所以，

由题有，所以，解得，所以

由正弦定理知，，解得，

故选：D.

8.在中，已知，则内角的最大值为（）

A. B. C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】由定义法用边和角表示已知条件中的向量数量积，利用余弦定理化简，再利用不等式的性质求的最小值，可得角的最大值.

【详解】中，A，B，C的对边分别为a，b，c，

由，得，

由余弦定理得，即

则，当时，取到最小值，

所以角的最大值为.

故选：C

二?多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.

9.已知复数，则（）

A.若，则

B.若是纯虚数，则

C.若，则

D.若，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据复数的概念判断A、B，根据共轭复数判断C，根据复数的模判断D.

【详解】因为，

对于A：若，则，解得，故A正确；

对于B：若是纯虚数，则，解得，故B正确；

对于C：若，则，所以，故C错误；

对于D：若，则，所以，故D正确；

故选：ABD

10.某球形巧克力设计了一种圆柱形包装盒，每盒可装7个球形巧克力，每盒只装一层，相邻的球形巧克力相切，与包装盒接触的6个球形巧克力与圆柱形包装盒侧面及上下底面都相切，如图是平行于底面且过圆柱母线中点的截面，设包装盒的底面半径为R，球形巧克力的半径为，每个球形巧克力的体积为，包装盒的体积为，则（）

A. B.

C. D.

【答案】AD

【解析】

【分析】从截面图可