四川省成都市成都市第十二中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

川大附中2022-2023学年下期半期考试试卷

高一数学

（时间：120分钟  分值：150分）

第Ⅰ卷（共60分）

一、单选题（每题5分，共8小题）

1. 复数的虚部是（    ）

A.  B.  C. 1 D. i

【答案】C

【解析】

【分析】求出复数的代数形式，进而可得其虚部.

【详解】，其虚部为.

故选：C.

2. 已知向量，，若，则（    ）

A  B.  C.  D. 6

【答案】A

【解析】

【分析】直接利用向量垂直的坐标运算公式列方程得答案.

【详解】，，，

，

解得.

故选：A.

3. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用余弦定理求出，再求.

【详解】在中，对于，利用余弦定理得：.

因为为三角形内角，所以.

故选：C

4. 下列函数中，最小正周期为π且图像关于原点对称的是（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】分别求出四个选项对应函数的最小正周期，判断对称性，即可判断.

【详解】对于A：.最小正周期为π，但是为对称轴，所以不是关于原点对称.故A错误；

对于B：.最小正周期为π，并且关于原点对称.故B正确；

对于C：的最小正周期为.故C错误；

对于D：.最小正周期为π，不关于原点对称.故D错误.

故选：B

5. 设，是两个不共线的非零向量，则“与共线”是“”的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】

【分析】利用向量共线定理即可判断.

详解】“与共线”等价于.

因为，是两个不共线的非零向量，所以，解得：.

所以“与共线”是“”的必要不充分条件.

故选：B

6. 由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥（底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥），其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为（    ）

A. 2 B.  C.  D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】设底面的正方形的边长为，由棱锥的性质求棱锥的高，由此确定以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比.

【详解】如图为正四棱柱，为侧面三角形底边上的高，

设，

由已知侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，

所以，

连接，设其交点为，

因为四边形为正方形，所以为的中点，

因为，

，又，平面，

所以平面，又平面，

所以，即为以为斜边的直角三角形，

因为，，

所以，

所以以四棱锥的高为边长的正方形面积，

四棱锥的侧面积，

所以，

所以以四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为，

故选：B.

7. 已知的内角的对边分别为，，若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，求得，得到，求得，再由，求得的值，由求得的值，结合，即可求解.

【详解】因为，

由正弦定理得，

因为，可得，

又因为，可得，

代入上式，可得，

因为，可得，所以，

又因，所以，

因为，所以，所以，

由，可得，则，

所以.

又由.

故选：B.

8. 如图，半圆的直径，为圆心，为半圆上不同于的任意一点，若为半径上的动点，则的最小值等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用向量线性运算可得，将问题转化为二次函数最值的求解，由此可得结果.

【详解】设，则，

是的中点，

，

当时，取得最小值.

故选：B.

二、多选题（每题5分，共4小题．漏选得2分，错选不得分）

9. 下列说法正确的是（    ）

A. 向量在向量上的投影向量可表示为

B. 若，则与的夹角θ的范围是

C. 若是等边三角形，则

D. 已知，，则

【答案】AB

【解析】

【分析】根据投影向量的概念可知，A正确；由，得，再根据平面向量夹角的范围可知B正确；，可知C不正确；求出，可知D不正确.

【详解】对于A，向量在向量上的投影为，投影向量为，故A正确；

对于B，若，则，则，

因为，所以，故B正确；

对于C，若是等边三角形，则，，故C不正确；

对于D，已知，，则，故D不正确.

故选：AB

10. 已知复数，则（    ）

A.

B.

C.

D. 复数在复平面内对应的点在第二象限

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据复数代数形式的除法运算求出，根据模长公式求出可知A正确；根据共轭复数的概念求出，可知B正确；求出，可知C不正确；根据复数的几何意义可知D正确.

【详解】，

，故A正确；

，故B正确；

，故C不正确；

复数在复平面内对应点为，该点位于第二象限，故D正确.

故选：ABD

11. 将函数图象上各点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，再将所得图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则（    ）

A.

B. 的图象相邻两条对称轴间距离为

C. 在上单调递减

D. 在上的值域为

【答案】BD

【解析】

【分析】直接利用三角函数图象的变换和正弦型函数的性质的应用判断A、B、C、D的结论.

【详解】函数图象上各点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到的图象，再将所得图象向左平移个单位长度得到函数的图象；

对于A：，故A错误；

对于B：函数的最小正周期为，故相邻两条对称轴间距离为，故B正确；

对于C：由于，所以，函数在该区间上单调递增；

故C错误；

对于D：由于，所以，所以函数的值域为，故D正确.

故选：BD.

12. 已知点为所在平面内一点，且，则下列选项正确的是（    ）

A.  B. 直线不过边的中点

C.  D. 若，则

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用向量加法法则结合向量线性运算计算判断A；假定过中点，利用平面向量基本定理判断B；令，，，结合重心性质计算判断C；利用数量积及运算律计算判断D作答.

【详解】对于A：，因，， ，

即，则，可得，A不正确；

对于B：设的中点为D，则，若直线过的中点，则存在实数满足，

由选项A知，，而与不共线，则有且，无解，即不存在，AO不过BC中点，B正确；

对于C：取点，，使得，，，则，即点O为的重心，如图，

则，

而，同理可得：，

因此，， C正确；

对于D：由，得，而，

则，解得，

所以，D正确.

故选：BCD

【点睛】思路点睛：用向量基本定理解决问题，选择一组基底，运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决.

第Ⅱ卷（非选择题，共90分）

三、填空题（每题5分，共4小题）

13. 长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为__________.

【答案】

【解析】

【详解】长方体的体对角线长为球的直径，则 ， ，则球的表面积为.

14. 已知复数为纯虚数，则________.

【答案】

【解析】

【分析】根据纯虚数的定义即可求解.

【详解】因为复数为纯虚数，

所以且，解得.

故答案为：

15. 已知函数，若f（x）在恰有3个最值点，则ω的取值范围为______．

【答案】

【解析】

【分析】根据三角函数的图象与性质，求得当时，函数取最值，再由在上恰有个最值点，得到，即可求解.

【详解】因为，

所以，

由题意，令，

即，

解得，

所以当时，函数取最值，

又在上恰有个最值点，

所以这三个极值点只能是在时取到，

所以有，解得.

所以实数的取值范围是.

故答案为：.

16. 若的三个内角满足，则的值为______．

【答案】或

【解析】

【分析】由，推出或，分类讨论求出，再代入可求出的值.

【详解】在三角形中，因为，所以，

所以，，又，

所以或，

①当时，，，

，又，则，

则.

②当时，，，

所以，

所以，所以，

所以，所以，

所以.

故答案为：或.

四、解答题（共6题，其中17题10分，其余各题均12分）

17. 蒙古包是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活、蒙古包古代称作穹庐、“毡包”或“毡帐”，如图1所示，一个普通的蒙古包可视为一个圆锥与一个圆柱的组合，如图2所示，已知该圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面直径为6米．

（1）求该蒙古包的侧面积．

（2）求该蒙古包的体积．

【答案】（1）平方米   

（2）立方米

【解析】

【分析】（1）先求出圆锥和圆柱的侧面积，再求和即可；

（2）先求出圆锥和圆柱的体积，再求和即可.

【小问1详解】

依题意得米，米，米，

所以米，

所以圆锥的侧面积为平方米，

圆柱的侧面积为平方米，

所以该蒙古包的侧面积为平方米.

【小问2详解】

圆锥的体积为立方米，

圆柱的体积为立方米，

所以该蒙古包的体积为立方米.

18. 已知，，，.

（1）求的值：

（2）求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据两角和与差的余弦公式化简，得，根据半角公式化简，得，再得，根据二倍角的余弦公式可得；

（2）先得和，再由两角和的正切公式可得结果.

【小问1详解】

由，得，

即，

因为，所以，

又因为，所以，即，所以，

所以.

【小问2详解】

由（1）知，，，

又因为，，

所以，，

所以，，

所以.

19. 在中，内角，，的对边分别为，，，点是中点．，．

（1）求；

（2）再从条件①、条件②中选择一个作为已知条件，求边．

条件①的面积为；条件②．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式求出，即可得解；

（2）若选①，在中由余弦定理得到，再由面积公式求出，解得即可；

若选②，在中由余弦定理得，在中由余弦定理得，即可得到，再由面积公式求出，解得即可；

【小问1详解】

因为，

由正弦定理可得，

即，

，

，

又，；

【小问2详解】

若选①，

在中由余弦定理得，即，

又，则，所以，即，

所以，所以.

若选②，在中由余弦定理得，即，

在中由余弦定理得，即，

所以，

所以，所以或（舍去），

又，则，所以.

20. 设函数.

（Ⅰ）求函数的单调递增区间；

（Ⅱ）在锐角中，若，且能盖住的最小圆的面积为，求周长的取值范围.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【解析】

【分析】（Ⅰ）利用诱导公式和降幂公式，二倍角公式以及两角和的正弦公式逆用将函数化简得到函数，然后由可得单调增区间.

（Ⅱ）能盖住的最小圆的面积为,即三角形的外接圆，求出其外接圆的半径,则由正弦定理可以求出边，可以用角表示出边，根据角的范围求出其范围即可.

【详解】（Ⅰ）因为

由，解得，

所以函数的单调递增区间为.

（Ⅱ）因为，所以.

又因为为锐角三角形，所以，.

所以，故有.

已知能盖住的最小圆为的外接圆，而其面积为.

所以，解得，的角，，所对的边分别为,,.

由正弦定理.

所以，，，

由为锐角三角形，所以.

所以，则，

故， 所以.

故此的周长的取值范围为.

【点睛】本题考查三角函数中的恒等变换的应用，三角函数的单调性，考查正弦定理，三角形的周长的范围的求法，注意锐角三角形中角的范围,属于中档题.

21. 已知函数，其图象一条对称轴与相邻对称中心的横坐标相差，______；从以下两个条件中任选一个补充在空白横线中．

①函数f（x）向左平移个单位得到的图象关于y轴对称且．

②函数f（x）的一条对称轴为且；

（1）求函数f（x）的解析式；

（2）若，方程存在4个不相等的实数根，求实数a的取值范围．

【答案】（1）若选①，；若选②，；   

（2）

【解析】

【分析】（1）由条件求周期，再由周期先求出．

选①：由正弦函数的对称性的性质结合条件求得或，结合条件确定，由此可得的解析式；

选②：由函数的一条对称轴，求出的可能取值为、．再结合条件确定，由此可得的解析式；

（2）令，则，可得，，结合条件列不等式求出的取值范围.

【小问1详解】

由题意可知，函数的最小正周期为，又，

∴．

选①，将函数向左平移个单位，所得函数为.

由于函数的图象关于轴对称，

可得（），解得（）.

∵，所以或，

若，则，，符合题意；

若，则，，不符合题意．

所以，；

选②：因为函数的一条对称轴，

则（），

解得（）.

∵，所以或，

若，则，则，符合题意；

若，则，则，不符合题意．

所以，；

【小问2详解】

令，则方程

可化为，解得，，

令，可得，

由，可得，

所以或，

故或，

因为方程存在4个不相等的实数根，

所以，且方程在上有两个根，

所以函数，的图象与函数的图象有两个交点，

因为时，，

由正弦函数性质可得当时为增函数，，

当时，为减函数，，又，

所以取值范围应在或．

即或

解得：或

故所求的的取值范围是.

22. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数.

（1）记向量的相伴函数为，若当且时，求的值；

（2）已知，，为的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.

（3）记向量的相伴函数为，若当时不等式恒成立，求实数k的取值范围.

【答案】（1）   

（2）存在，点   

（3）

【解析】

【分析】（1）依题意可得，利用辅助角公式将函数化简，即可得到，再根据同角三角函数的基本关系求出，最后由利用两角差的正弦公式计算可得；

（2）依题意可得，即可求出的解析式，设，表示出，，则由平面向量数量积的坐标表示得到方程，即可得解；

（3）依题意当时恒成立，再对分三种情况讨论，参变分离结合对数函数的性质计算可得；

【小问1详解】

解：向量的相伴函数为，

所以

∵，

∴.

∵，∴，∴.

所以.

【小问2详解】

解：由为的相伴特征向量知：

所以.

设，∵，，∴，，

又∵，∴∴.

，∴

∵，∴，

∴.又∵，

∴当且仅当时，和同时等于，这时（*）式成立.

∴在图像上存在点，使得.

【小问3详解】

解：向量的相伴函数为

当时，，

即，恒成立.

所以①当，即时，，所以，

即，由于，所以的最小值为，所以；

②当，，不等式化为成立.

③当，时，，所以，

即，由于，所以的最大值为，所以.

综上所述，k的取值范围是.