浙江省长河高级中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

高一数学期中试卷

一、单选题

1. 设集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求集合，再应用交集运算即可.

【详解】由题意得，，，∴，

故选：A.

2. 是的什么条件（    ）

A. 充分必要 B. 充分不必要

C. 必要不充分 D. 既不充分也不必要

【答案】B

【解析】

【分析】分别从充分性与必要性两个方面论证判断.

【详解】因为，所以满足充分性；

而，或，所以不满足必要性，

所以是的充分不必要条件.

故选：B.

3. 若为虚数单位，则复数的虚部为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据复数的除法运算化简复数，再根据复数的概念即可得答案.

【详解】，其虚部为．

故选：D．

4. 已知直线和平面，下列命题正确的是（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，则

【答案】B

【解析】

【分析】利用线面位置关系的判定定理和性质定理，以及线面垂直的性质，逐项判定，即可求解.

【详解】对于A中，若，则与可能相交，所以A不正确；

对于B中，若，根据垂直于同一直线的两平面平行，可得，所以B正确；

对于C中，若，则或，所以C不组合却；

对于D中，若，只有当与相交时，才能得到，

所以D不正确.

故选：B.

5. 函数的图象大致为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据绝对值将函数转化为分段函数，结合分段函数的性质判断即可.

【详解】

当时，，排除D选项；

当时，在上单调递减，排除BC，

故选：A．

6. 正方体的棱长为2，点分别是棱中点，则过点三点的截面面积是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】作图作出过点三点的截面，说明截面为正六边形，求得边长皆可求得截面面积.

【详解】如图，设AB的中点为H，连接HR并延长，交DA延长线于E,交DC延长线于F，连接PE交 于G,连接QF交 于I，连接GH,RI,则六边形PQIRHG为过点三点的截面，

由题意可知， ,则 ,

故,可知 ,即G为的中点，

同理可证I为的中点，故可知六边形PQIRHG为正六边形，

且边长为 ，

故其面积为 ，即过点三点的截面面积是 ，

故选：D

7. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由正弦定理化边为角，然后由两角和的正弦公式、诱导公式变形后可求得，再利用正弦定理把表示出的三角函数，由三角恒等变换，结合正弦函数性质可得取值范围．

【详解】因为

由正弦定理可得，即，

所以，因为，所以，

所以，

因为，所以，所以，即，

故选：A．

8. 已知向量，满足：，．设与的夹角为，则的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先设模长，再根据向量的数量积表示夹角余弦值，最后根据同角三角函数关系表示正弦值，结合二次函数最值求解即可.

【详解】设，则，

因为，所以，

所以，则，

，

因为，所以，

令，则，

当时，取得最大值，即取得最大值，

所以的最大值为，

即的最大值为．

故选：A．

二、多选题

9. 某市教体局对全市高三年级的学生身高进行抽样调查，随机抽取了100名学生，他们的身高都处在，，，，五个层次内，根据抽样结果得到统计图表，则下面叙述正确的是（    ）

A. 样本中女生人数多于男生人数 B. 样本中层人数最多

C. 样本中层次男生人数为6人 D. 样本中层次男生人数多于女生人数

【答案】ABC

【解析】

【分析】

根据直方图和饼图依次判断每个选项的正误得到答案.

【详解】样本中女生人数为：，男生数为，正确；

样本中层人数为：；样本中层人数为：；

样本中层人数为：；样本中层人数为：；

样本中层人数为：；故正确；

样本中层次男生人数为：，正确；

样本中层次男生人数为：，女生人数为，错误.

故选：.

【点睛】本题考查了统计图表，意在考查学生的计算能力和应用能力.

10. 已知函数有两个零点，则以下结论中正确的是（    ）

A.  B. 若，则

C.  D. 函数有四个零点

【答案】BC

【解析】

【分析】利用一元二次方程根的判别式判断A；利用韦达定理计算判断B；利用二次函数对称性判断C；举例判断D作答.

【详解】函数对应的二次方程根的判别式，，A错误；

由韦达定理知，，显然，则，B正确；

因为图象的对称轴为直线，则点，关于该直线对称，C正确；

取时，方程的根为，此时只有两个零点，D错误．

故选：BC

11. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是（    ）

A. 若，，，则有2解；

B. 若，则；

C. 若，则一定为锐角三角形；

D. 若，则为等腰三角形或直角三角形．

【答案】BD

【解析】

【分析】根据三角形中的正弦定理、余弦定理化简逐项判断即可.

【详解】对于A，由正弦定理可得：，∴，此时有一解，A错误；

对于B，∵，∴，故B正确；

对于C，∵，∴，可知B，C均为锐角，但不一定是锐角，故为锐角三角形不正确；

对于D，∵，由余弦定理可得：，

整理得：，∴或即或，

∴为等腰三角形或直角三角形，故D正确

故选：BD

12. 如图，正方体中，点E，F，G，H分别是棱，，，中点，以下说法正确的是（    ）

A. ；

B. 平面平面AGH；

C. 若点是线段EF中点，则平面AGH；

D. 直线与直线BG交于一点．

【答案】AD

【解析】

【分析】证明四边形是平行四边形，即可判断A;利用反证的方法，推出矛盾，可判断B,C;证明四边形为梯形，可判断D.

【详解】对于A，设M为的中点， 连接,则,

故四边形 为平行四边形，

则,

由可知四边形为平行四边形，

则,故故A正确；

对于B,连接 ,由，

而平面,平面,故平面，

平面,平面,故平面，

所以平面平面，平面不垂直平面，平面平面AGH不成立，故B错误；

对于C，假设平面，则,由于点是线段中点，

不妨设正方体棱长为2,则 ，故 ,

则，由四边形是平行四边形,,

平面,平面

平面,又因为平面，所以平面平面

故与平面平面矛盾，故C错误；

对于D，连接,由于点分别是棱中点，

故 ,正方体中， ,故 ,且，

故四边形为梯形，故直线与直线交于一点，故D正确，

故选：AD

三、填空题

13. 已知，则__________．

【答案】

【解析】

【详解】

14. 在三角形中，角的对边分别是，若，角的角平分线交边于点，且，则边c的大小为___________.

【答案】##

【解析】

【分析】根据，利用正弦定理边化角求得A，再利用，可得到，结合条件求得a,b的值，利用余弦定理求得答案.

【详解】由可得： ，

故，所以 ，

由于 故 ,

故由可得： ，

又 ，故，联立 ，

解得 ，

故 ，

故 ，

故答案为：

15. 已知函数，若任意的正数，均满足，则的最小值为________．

【答案】

【解析】

【分析】先判断出的单调性和奇偶性，再由得出与满足的等式，再由基本不等式“1”的妙用求解即可.

【详解】∵恒成立，∴函数的定义域为．

，有成立，

，

，

∴，∴为定义在上的奇函数．

由复合函数的单调性易知，当时，与均单调递减，

∴在区间上单调递减，

又∵为定义在上的奇函数，∴在上单调递减.

∴由得，

∴正数，满足，即，

∴由基本不等式，

，

当且仅当，即，时等号成立，

∴的最小值为．

故答案为：．

16. 已知平面向量满足，，，若，则的最大值是______．

【答案】1

【解析】

【分析】先由平方得，整理得，即可求出的最大值.

【详解】由可得，即，整理得，

则，则的最大值是1，当且仅当时取最大值.

故答案为：1.

四、解答题

17. 某校为了解高一学生在五一假期中参加社会实践活动的情况，抽样调查了其中的100名学生，统计他们参加社会实践活动的时间（单位：小时），并将统计数据绘制成如图的频率分布直方图．

（1）估计这100名学生在这个五一假期中参加社会实践活动的时间的众数，中位数，平均数；

（2）估计这100名学生在这个五一假期中参加社会实践活动的时间的75百分位数（结果保留两位小数）．

【答案】（1）众数是20；中位数是；平均数为20.32   

（2）23.86

【解析】

【分析】（1）根据频率分布直方图求出的值，然后根据众数、中位数、平均数的概念计算；

（2）根据75百分位数确定所在区间，再计算即可.

小问1详解】

由频率分布直方图可看出最高矩形底边上的中点值为20，故众数是20；

由，解得，

∵，且，

∴中位数位于之间，设中位数为，

，解得，故中位数是；

平均数；

【小问2详解】

75百分位数即为上四分位数，

又∵，，

∴上四分位数位于之间，设上四分位数为，

则，解得．

18. 已知函数．

（1）求在上单调递增区间；

（2）求函数在上的所有零点之和．

【答案】（1）和   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据三角函数的二倍角公式和辅角公式，可得，根据正弦函数的单调性，即可求出结果；

（2）由题意可知，作出函数在上的图象，根据图象和函数的对称性，即可得到结果.

【小问1详解】

解：

， 

由，得，

故的单调递增区间为．    

当时，；      

当时，．    

故在上的单调递增区间为和．

【小问2详解】

解：，得，   

在上的图象如图所示，

因为，

所以在区间上，函数的图象与直线共有8个交点，

即有8个零点，设这8个零点分别为，      

由，得，所以函数的图象关于直线对称，    

所以，       

故在上的所有零点之和为．

19. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为，，，已知．

（1）求A；

（2）若的面积为，且，求．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）已知面积关系用边表示后，由余弦定理可求得角；

（2）由正弦定理化边为角，结合（1）的结论可求得角，从而得三角形为直角三角形，然后由三角形的面积可求得．

【小问1详解】

依题意，，

∵，

即，由余弦定理

∵，∴．

【小问2详解】

因为，由正弦定理可得，

所以，即，

即，

因为，所以，所以，即，

此时，即为直角三角形，

所以，由解得，所以．

20. 如图，在菱形中，，

（1）若求；

（2）若菱形的边长为，

（i）用表示；

（ii）求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）①；②

【解析】

【分析】（1）利用平面向量基本定理，选择不共线的两个向量作为一组基底，所求向量用基底表示，然后按照数量积运算求解即可；

（2）同（1）选择作为平面内的一组基底向量，按照向量的运算法则表示目标向量；利用向量的数量积运算法则，结合三角函数的有界性，求解即可.

【小问1详解】

解：在菱形中，，且，

又

【小问2详解】

（i）菱形，

（ii）

，

的取值范围是：

21. 四边形ABCD为正方形，平面，，．

（1）证明：平面

（2）求二面角的正切值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）．

【解析】

【分析】（1）利用直线和平面垂直的判定定理证明即可；

（2）二面角的大小等于二面角与二面角的差，利用二面角的定义分别求出二面角与二面角的大小，最后利用两角差的正切公式即可求解.

【小问1详解】

证明：∵平面ABCD，,平面，∴面面ABCD,

∵平面平面，面，,

∴平面，∴,

设，则，，四边形PQAD是直角梯形，

则，∵，∴．

又∵，平面,平面,且，

∴平面DCQ；

【小问2详解】

由（1）平面，∴，，

∴就是二面角的平面角,

记，则,

过作交延长线于，连接、,

∵,,,平面,平面,

∴平面,

∵平面，∴,同理可证平面,

∴为二面角的平面角，记，则，

于是就是二面角的平面角的大小，

则，

∴二面角的正切值是．

22. 已知函数，其中为实数．

（Ⅰ）当时，求函数的最小值；

（Ⅱ）若在上为增函数，求实数的取值范围；

（Ⅲ）对于给定的负数，若存在两个不相等的实数（ 且 ）使得，求的取值范围.

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）或；（Ⅲ）见解析

【解析】

【分析】（Ⅰ）由题可知

当时，，分别讨论该函数在各段上的最小值和区间端点值，进而求出在整个定义域上的最小值；

（Ⅱ）因为在上为增函数，分，，三种情况讨论即可

（Ⅲ）因为 ，则 在 上为减函数，在上为增函数，所以 ，令，分，两种情况具体讨论即可．

【详解】解：

(Ⅰ) 当时，

所以当时有最小值为 ；

当时，由得，

所以当时，函数的最小值为

（Ⅱ）因为在上为增函数，

若，则在上为增函数，符合题意；

若，不合题意；

若，则，从而

综上，实数的取值范围为或．

（Ⅲ）因为 ，则 在 上为减函数，在上为增函数，

所以 ，令

1、若 ，则，由 知且

所以

令 ，则 在 ，上为增函数，

在，上为减函数

(1)当时，且 ,

则 在 ，上为增函数，在，上为减函数

从而当且

所以 或

(2)当时，且 ,

则 在 ，上为增函数，在上为减函数

从而当且

所以 或

(3)当时，且 , 则 在 ，上为增函数，

从而当且

所以 或

2、若 ，则，且

因为

综上所述，

当时，的取值范围为；

当时，的取值范围为；

当时，的取值范围为．

【点睛】本题考查函数的综合应用，包括求最值，单调性，分类讨论思想等，属于偏难题目．