2022-2023学年河南省平顶山市叶县高级中学高一下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年河南省平顶山市叶县高级中学高一下学期期中数学试题含解析，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年河南省平顶山市叶县高级中学高一下学期期中数学试题

一、单选题
1．在中，的对边分别为，已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】直接由余弦定理可得答案.
【详解】由余弦定理可得
所以
故选：D
2．已知i是虚数单位，设复数，则的虚部为（    ）
A． B． C．i D．-i
【答案】A
【分析】根据虚数单位的定义，化简复数即可得出答案.
【详解】根据虚数单位的定义可知：

所以z的虚部为1，选项A正确，选项BCD错误.
故选：A.
3．若 均为非零向量，则“ ”是“ 与 共线”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据向量数量积得，则有，此时共线，则正向可以推出，反之，还可能是，则反向无法推出，即可得到答案.
【详解】，
则，，则，此时.
当时，还可能是，此时，
故“”是“”的充分而不必要条件，
故选：A.
4．如图，表示水平放置的的直观图.点在 轴上，和 轴垂直，且，则的边 上的高为（   ）  

A．2 B． C． D．4
【答案】C
【分析】作轴，交轴于，根据勾股定理求出，再利用直观图性质即可求出答案.
【详解】如图，作轴，交轴于，由已知得，则，
在直角坐标系的轴上取点，使得，

则的边 上的高为.
故选：C.
5．设非零向量与的夹角为，定义与的“向量积”：是一个向量，它的模，若，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据，，利用数量积运算求得夹角，进而得到夹角的正弦值，再代入公式求解.
【详解】，，
，，
，则，
.
故选：B.
6．已知的三个内角所对的边分别为，若，则一定为（    ）
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
【答案】B
【分析】运用正弦定理化简边角关系，从而判断三角形的形状.
【详解】根据题意，，结合正弦定理可得：
，又三角形中
，化简计算得：
由三角形中，
必定为等腰三角形，选项B正确，选项ACD错误
故选：B.
7．若非零向量，则与的夹角余弦值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意设与的夹角为，且，则，由可得，变形可得，由此求出的值，结合数量积的计算公式可得答案.
【详解】根据题意设与的夹角为，且，
则，又由，
则，即，
变形可得，
则有，
所以.
故选：D
8．如图正三棱柱的底面边长为，高为2，一只蚂蚁要从顶点沿三棱柱的表面爬到顶点，若侧面紧贴墙面（不能通行），则爬行的最短路程是（    ）

A． B． C．4 D．
【答案】A
【分析】将侧面与展开，在展开图中，连接求解即可.
【详解】将侧面与展开，如图：

连接，则.
将侧面与展开，如图：

连接，则
故选：A
9．已知一个圆锥的底面积为，侧面积为，则该圆锥的体积为（    ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由条件底面积和侧面积建立方程，求出圆锥的底面半径和侧棱，再求出高，然后再求体积.
【详解】设圆锥的底面半径、高、母线长分别为r，h，l，
则解得所以．
圆锥的体积
故选：C
10．和是异面直线，且，则过点与都相交的直线（    ）
A．不存在 B．无数条 C．唯一一条 D．最多一条
【答案】D
【解析】由点和直线确定一平面，利用直线与平面的位置关系判断．
【详解】∵，∴由点和直线确定一平面，
是异面直线，则直线与平面可能相交可能平行，
若，则过直线不可能同时与都相交，
若与相交，则过交点与的直线与相交或平行，
∴过点与都相交的直线最多只有一条．
故选：D．

二、多选题
11．已知是虚数单位，下列说法正确的是（    ）
A．若复数满足，则
B．若复数满足，则
C．若复数，则的值为
D．若复数满足，则的最小值为
【答案】BD
【分析】举反例判断；根据复数代数形式证明判断；计算复数模判断；根据点轨迹方程判断．
【详解】解：对于，当时，，但，所以错；
对于，设，，因为，所以，于是，所以对；
对于，因为，所以，所以错；
对于，设，，由，所以，整理得，即的轨迹是直线，所以的最小值为点到直线的距离，即，所以对．
故选：．
12．下列说法正确的是（    ）
A．在中，若，则为锐角三角形
B．若，则在方向上的投影向量为
C．若，且与共线，则
D．设是所在平面内一点，且则
【答案】BD
【分析】根据向量数量积为负，确定其夹角为钝角，从而判断；求向量投影判断；用反证法判断；用向量加法几何意义判断．
【详解】解：对于，因为，所以，于是，所以为钝角三角形，所以错；
对于，因为，则在方向上的投影向量为，所以对；
对于，假设对，则，从而，于是，所以与不共线，所以与与共线矛盾，所以错；
对于，取中点，连接、，延长到，使，连接、，
则四边形为平行四边形，于是，又因为，
所以，所以、、共线，且，所以，所以对．
故选：．


三、填空题
13．复数的共轭复数为，已知（是虚数单位），则______
【答案】
【分析】设，可得，代入条件根据复数相等可得答案.
【详解】设，则
则
即，所以，即
所以
故答案为：
14．在中，是边上的中线，，则的面积为______
【答案】
【分析】由已知可得到，进一步，进而通过平面向量数量积的定义求出，再求出，最后利用面积公式得到答案.
【详解】由题意，，所以，因为，所以，则，所以的面积为.
故答案为：.
15．“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵敏的球面射电望远镜（如图，其反射面的形状为球冠（球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，设球冠底的半径为，球冠的高为，则球的半径______________．

【答案】
【分析】作出图形，可知球心到截面圆的距离为，利用勾股定理列等式可求得.
【详解】如下图所示：

球心到截面圆的距离为，由勾股定理可得，化简得，
解得.
故答案为：.

四、解答题
16．已知是虚数单位，设复数.
（1）若为纯虚数，求的值；
（2）若在复平面上对应的点位于第三象限，求的取值范围.
【答案】（1）         （2）
【分析】（1）利用复数的乘法运算、纯虚数的定义即可得出答案.
（2）利用复数的除法运算、复数在复平面上对应的点的坐标即可得出答案.
【详解】由复数
则，由为纯虚数
所以，所以
（2）
由在复平面上对应的点位于第三象限
所以 ，解得
的取值范围：
17．已知单位向量的夹角，向量.
（1）若，求的值；
（2）若，求向量的夹角.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据题意，设 ，又不共线，根据系数关系，列出方程，即可求出的值；
（2）根据题意，设向量的夹角为；由数量积的计算公式可得、以及，又由，即可求出结果．
【详解】（1）根据题意，向量 ，
若，设 ，
则有，
则有，解可得；
（2）根据题意，设向量的夹角为；
若，则 ，
所以，
所以，
又，则，
所以，
又，
所以，
又由，所以；
故向量的夹角为．
【点睛】本题考查了平面向量共线定理和平面向量数量积的计算，涉及向量模、夹角的计算公式，属于基础题．
18．已知函数.
（1）求函数f（x）的单调性；
（2）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，c＝1，求△ABC的面积.
【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减，k∈Z；（2）.
【解析】（1）利用二倍角公式逆应用和辅助角公式化简整理，求单调区间即可；
（2）求出角，利用正弦定理得C角和B角，再由计算即可.
【详解】解：（1），
由，得，k∈Z；
由，得，k∈Z.
故f（x）在上单调递增，在上单调递减，k∈Z；
（2），则 ，
∵A∈（0，π），∴，即，
由正弦定理得，即，解得 ，∴或，
当C＝时，A+C＞π，舍去，所以，故，
∴.
【点睛】本题考查了三角恒等变换、三角函数单调区间和解三角形的综合应用，属于中档题.
19．如图，在平面四边形中，.

（1）求的值；
（2）若，求的值
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）由已知得是边长为2等边三角形，是直角边长为2等腰直角三角形，
，，所以，由数量积公式可得答案；
（2）取的中点，连接得，，所以
，又可得答案.
【详解】（1）因为，所以是边长为2等边三角形，
因为，所以是直角边长为2等腰直角三角形，
且， ，，
所以

.
（2）取的中点，连接，则，所以，
在中，，所以，所以
，
又，
所以，可得，
所以.

20．已知的三个内角所对的边分别为，在条件①，条件②这两个条件中任选一个作为已知条件，解决以下问题.
（1）若，求的外接圆直径；
（2）若的周长为6，求边的取值范围.
【答案】（1）2            （2）
【分析】（1）选择①：结合正弦定理和已知条件，推出a2+b2﹣c2＝ab，再由由余弦定理，求得，然后由可得解；选择②：利用正弦定理将已知等式中的边化角，再结合两角差的余弦公式、同角三角函数的商数关系，求得，然后由可得解；
（2）由（1）知，由正弦定理，知，结合两角差的正弦公式、辅助角公式，推出，然后根据正弦函数的图象与性质，得解．
【详解】解：（1）选择①：由正弦定理知，＝＝，
∵
∴
∴，即，
∵sinC≠0，所以，
由余弦定理知，cosC＝＝，又
∴，
由，知2R＝＝2 ，∴R＝1，
∴△ABC的外接圆直径为2．
选择②：由正弦定理知，＝，
∵，
∴sinCsinA＝sinAcos，
∵sinA≠0，∴sinC＝cos，
∴，即sinC＝cosC，
∴tanC＝＝，  ∵
∴，
由2R＝，知2 R＝＝2，∴R＝1，
∴△ABC的外接圆直径为2．
（2）由（1）知，，
由正弦定理知，＝＝＝＝，
∴a＝sin A，b＝sin B，
∵△ABC的周长为6，
所以

∴c＝，
∵，∴A+，，
所以 ．
21．已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为.

（1）求圆锥的底面积；
（2）在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的体积.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）先由圆的周长公式求出圆锥的底面圆的半径，再求圆锥的底面积；
（2）圆柱的高，，再由求出的关系式，进而得出圆柱的侧面积，再结合二次函数的性质以及圆柱的体积公式求解即可.
【详解】解：（1）沿母线AB剪开，侧展图如图所示：

设，在半圆⊙A中，， 弧长，
这是圆锥的底面周长，所以，
所以，
故圆锥的底面积为；
（2）设圆柱的高，，
在中，，
，所以，
即，，
，
，
所以，当，时，圆柱的侧面积最大，
此时.
【点睛】关键点睛：在第一问中，关键是由圆锥底面圆的周长与侧面展开扇形的弧长相等，从而求出圆锥底面圆的半径.

五、单选题
22．函数的定义域是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】由解析式有意义列不等式求的取值范围即可.
【详解】因为有意义，
所以，解不等式可得，
所以函数的定义域是，
故选：C.
23．已知点在第三象限，则角的终边位置在（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】B
【分析】由所在的象限有，即可判断所在的象限.
【详解】因为点在第三象限，
所以，
由，可得角的终边在第二、四象限，
由，可得角的终边在第二、三象限或轴非正半轴上，
所以角终边位置在第二象限，
故选：B.
24．设，，，则的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由指数函数，对数函数单调性分析和与1和0 的关系，由正切函数性质分析与1和0 的关系，即可得出答案.
【详解】，即，
，且，即，
由正切函数性质可知，即，
故，
故选：A.
25．函数的零点所在的区间为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】判断函数的单调性，计算区间端点处函数值，由局零点存在定理即可判断答案.
【详解】函数,是单调递增函数，
当 时，，
，
故
故函数的零点所在的区间为，
故选：B
26．奇函数满足，当时，，则=（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由，可得到函数的周期是4，利用函数的周期性和奇偶性，将转化为，代入函数解析式求解即可.
【详解】解：已知奇函数满足，
是以4为周期的奇函数，
又当时，，
，
故选：A.
27．已知函数（），若在上有两个零点，则的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】求出的范围，数形结合得到关于的范围，求出的取值范围.
【详解】，，则，
故，解得：.
故选：A

六、多选题
28．下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】BD
【分析】利用不等式的运算法则与性质即可求解.
【详解】对于A：当，，故A错误；
对于B：，，故B正确；
对于C：当，时，
则，，，
则，故C错误；
对于D：，，故D正确；
故选：BD.
29．下列说法正确的是（ ）
A．命题的否定为：.
B．与为同一函数
C．若幂函数的图象过点，则
D．函数和的图象关于直线对称
【答案】AD
【分析】根据全称量词的否定是存在量词，可知A正确；根据两个函数的定义域不同，可知B不正确；利用待定系数法求出的解析式，再根据解析式求出，可知C不正确；根据函数与互为反函数，可知D正确.
【详解】对于A，命题的否定为：，故A正确；
对于B，与的定义域不同，所以不为同一函数，故B不正确；
对于C，设，则，所以，所以，故C不正确；
对于D，函数与互为反函数，它们的图象关于直线对称，故D正确.
故选：AD
30．已知函数 的图象关于直线对称，则（    ）
A．函数为奇函数
B．函数在上单调递增
C．若，则的最小值为
D．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象
【答案】AC
【解析】利用的图象关于直线对称，即可求出的值，从而得出的解析式，再利用三角函数的性质逐一判断四个选项即可.
【详解】因为的图象关于直线对称，
所以 ，
得，，因为 ，所以，
所以，
对于A：，所以为奇函数成立，故选项A正确；
对于B：时，，函数在上不是单调函数；故选项B不正确；
对于C：因为，，又因为，所以的最小值为半个周期，即，故选项C正确；
对于D：函数的图象向右平移个单位长度得到
，故选项D不正确；
故选：AC
【点睛】本题主要考查了利用三角函数的对称轴求函数解析式，考查了三角函数平移变换、三角函数的周期、单调性、最值，属于中档题

七、填空题
31．已知函数的图象如图所示. 则函数的解析式为_________.

【答案】
【分析】根据最值可求，根据周期可求，代入特殊值可求.
【详解】由图可知，，
，
，
，
，又，
.
，
当时，，
解得.
故答案为：.
32．以等边三角形每个顶点为圆心，以边长为半径，在另两个顶点间作一段弧，三段弧围成的曲边三角形就是勒洛三角形.勒洛三角形是由德国机械工程专家、机构运动学家勒洛首先发现，所以以他的名字命名.一些地方的市政检修井盖、方孔转机等都有应用勒洛三角形.如图，已知某勒洛三角形的一段弧的长度为，则该勒洛三角形的面积为___________.

【答案】
【分析】计算出等边的边长，计算出由弧与所围成的弓形的面积，进而可求得勒洛三角形的面积.
【详解】设等边三角形的边长为，则，解得，
所以，由弧与所围成的弓形的面积为，
所以该勒洛三角形的面积.
故答案为：.

八、解答题
33．已知角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆的交点的坐标为，且.
(1)求的值；
(2)求的值.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由三角函数的定义与三角函数的象限符号即可求解；
（2）由同角三角函数的关系即可求解.
【详解】（1）∵角的终边与单位圆的交点为
∴
∵
∴
∴.
（2）原式
又∵
∴原式
34．某居民小区欲在一块空地上建一面积为的矩形停车场，停车场的四周留有人行通道，设计要求停车场外侧南北的人行通道宽3m，东西的人行通道宽4m，如图所示（图中单位：m），问如何设计停车场的边长，才能使人行通道占地面积最小？最小面积是多少？

【答案】设计矩形停车场南北侧边长为30，则其东西侧边长为40，人行通道占地面积最小528．
【分析】设矩形停车场南北侧边长为，则其东西侧边长为m，人行通道占地面积为，再由基本不等式可得答案.
【详解】设矩形停车场南北侧边长为，则其东西侧边长为m，
人行通道占地面积为
，
由均值不等式，得，
当且仅当，即时，，此时．
所以，设计矩形停车场南北侧边长为30m，则其东西侧边长为40m，人行通道占地面积最小528m2．
35．已知函数．
(1)若，且函数有零点，求实数的取值范围；
(2)当时，解关于的不等式；
(3)若正数满足，且对于任意的恒成立，求实数的值．
【答案】(1) ；
(2) 时；时；时；
(3) ；
【分析】(1)由可得结果；(2)时， ，分三种情况讨论，分别利用一元二次不等式的解法求解即可；(3)时恒成立，当且仅当，即，即，由，可得，则，解不等式即可的结果．
【详解】(1) 时，，
由函数有零点，可得，即或；
(2) 时， ，
当即时，的解集为，
当即时，的解集为，
当即时，的解集为；
(3)二次函数开口响上，对称轴，由可得在单调递增，
时恒成立，当且仅当，即，即，
由，可得，
则，由可得，即，则，
此时，则．
【点睛】本题主要考查函数的零点、一元二次不等式的解法、二次函数的性质以及分类讨论思想的应用，属于中档题．分类讨论思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决含参数问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度．运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点．充分利用分类讨论思想方法能够使问题条理清晰，进而顺利解答，希望同学们能够熟练掌握并应用与解题当中．
36．设函数(为实数).
(1)当时，求方程的实数解；
(2)当时，存在使不等式成立，求的范围；
【答案】(1)或
(2)

【分析】（1）代入得，解出值即可；
（2）根据复合函数单调性得在上单调递增，转化为，则，求出右边最小值即可.
【详解】（1）当时，，则或，
或.
（2）当时，，因为在上单调递增，
在上单调递减，所以在上单调递增.
因为存在，使不等式成立，
所以，所以，所以只需，
又当时，，
则当时，，所以，
即的取值范围为.