2022-2023学年陕西省西安交通大学附属中学高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年陕西省西安交通大学附属中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．已知扇形的半径为1，圆心角为30°，则扇形的面积为（    ）

A．30 B． C． D．

【答案】B

【分析】根据扇形的面积公式求得结果.

【详解】已知扇形圆心角为30°，即，扇形半径为1，

所以扇形的面积.

故选：B.

2．已知向量，，若共线，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量共线的坐标表示列方程求的值.

【详解】因为，，共线，

所以，所以，

故选：A.

3．棣莫弗公式（其中i为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667-1754年）发现的，根据棣莫弗公式可知，复数在复平面内所对应的点位于（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】C

【分析】根据棣莫弗公式及诱导公式计算即可．

【详解】由棣莫弗公式知，

，

复数在复平面内所对应的点的坐标为，位于第三象限．

故选：C．

4．函数的定义域为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】根据正切型三角函数定义域的求法，求得的定义域.

【详解】由，解得，所以的定义域为.

故选：C

【点睛】本小题主要考查正切型三角函数定义域的求法，属于基础题.

5．在中，边上的点满足，设，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据平面向量的线性运算表示出答案即可.

【详解】由，得，∴，

故选：B.

6．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据，，两式平方相加得到，根据，得到代入求解.

【详解】因为，，

所以两式平方相加得，

即，

又因为，

所以，即，，

将代入，

得，即，

所以.

故选：D.

7．在正方体中，，为棱的四等分点（靠近点），为棱的四等分点（靠近点），过点，，作该正方体的截面，则该截面的周长是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据正方体的特征，作出过点，，的该正方体的截面，计算相关线段的长，即可求得答案.

【详解】设为的三等分点，靠近B点，连接,并延长交延长线于P，

设为的三等分点，靠近点，连接,并延长交延长线于Q，

则∽，由于，故,

同理求得,故两点重合，则,

故，而，故,

同理可得,即四边形为平行四边形，

连接,则五边形即为过点，，所作的正方体的截面，

由题意可知

故该截面的周长是 ，

故选：C

8．在边长为的正三角形ABC的边AB、AC上分别取M、N两点，沿线段MN折叠三角形，使顶点A正好落在边BC上，则AM的长度的最小值为（　　）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】设，在三角形中，利用正弦定理求得的表达式，结合的取值范围，求得的最小值，也即是的长度的最小值.

【详解】显然A，P两点关于折线MN对称，

连接MP，图（2）中，可得AM＝PM，则有∠BAP＝∠APM，

设∠BAP＝θ，∠BMP＝∠BAP+∠APM＝2θ，

再设AM＝MP＝x，则有，

在△ABC中，∠APB＝180°﹣∠ABP﹣∠BAP＝120°﹣θ，

∴∠BPM＝120°﹣2θ，

又∠MBP＝60°，

在中，由正弦定理知，

即，

∴，

∵0°≤θ≤60°，

∴0°≤120°﹣2θ≤120°，

∴当120°﹣2θ＝90°，即θ＝15°时，sin（120°﹣2θ）＝1．

此时x取得最小值，且∠AME＝75°．

则AM的最小值为．

故选：C

【点睛】本小题主要考查正弦定理解三角形，属于中档题.

二、多选题

9．设，是虚数单位，复数.则下列说法正确的是（    ）

A．若为实数，则

B．若为纯虚数，则

C．当时，在复平面内对应的点为

D．的最小值为

【答案】ABD

【分析】利用复数为实数的充要条件、复数为纯虚数的充要条件、复数的几何意义、模的定义分别判断即可.

【详解】若为实数，则虚部为0，即，故正确；

若为纯虚数，则实部为0，即，故正确；

当时，，则在复平面内对应的点为，故错误；

（当且仅当时取等号），故正确，

故选:.

10．一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中有如下结论，正确的是（    ）

A．AB⊥EF

B．AB与CM所成的角为60°

C．EF与MN是异面直线

D．MNCD

【答案】AC

【分析】由题可先画出正方体,再利用空间中判断线线夹角的一般方法逐个选项判断即可.

【详解】还原正方体,以正方形为底面有

对选项A,因为∥,且有,故A正确.

对选项B,因为∥,所以B错误.

对选项C,由图可得显然正确.

对选项D,,故D错误.

故选：AC

11．的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（    ）

A．若为钝角三角形，则

B．若，则有两解

C．若为斜三角形，则

D．若为锐角三角形，则

【答案】BCD

【分析】利用余弦定理即可判断A；利用正弦定理即可判断B；由两角和的正切公式可判断C；由为锐角三角形，可得，再根据正弦函数的单调性及诱导公式即可判断D.

【详解】对于A，若为钝角，则有，

则，故A错误；

对于B，，则，如图：

所以有两解，故B正确；

对于C，因为，

所以

因为，

所以，

所以，故C正确；

对于D，若为锐角三角形，则，

故，

则，

同理可得，

所以，故D正确.

故选：BCD.

12．已知函数，则（    ）

A．若函数的图象关于直线对称，则的值可能为3

B．若关于x的方程在上恰有四个实根，则的取值范围为

C．若函数的图象向右平移个单位长度，再向下平移B个单位长度，得到的函数为奇函数，则的最小值是1

D．若函数在区间上单调，则

【答案】BC

【分析】根据函数的对称轴代入得出判断A，由根的个数可确定，据此判断B，平移后由函数为奇函数可得，可判断C，特殊值检验可判断D.

【详解】对于A，因为函数的图象关于直线对称，所以，则，因为，则的值不可能为3，故A错误；

对于B，当时，，若在上恰有四个实根，则，解得，故B正确；

对于C，由已知得，因为函数为奇函数，所以，即，因为，所以的最小值是1，故C正确；

对于D，当时，，因为，

所以，所以函数在区间上不单调，故D错误．

故选：BC．

三、填空题

13．如图所示，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是__________.

【答案】

【分析】根据斜二测画法的规则，与 轴平行的线段在直观图中与轴平行，长度不变；与 轴平行的线段在直观图中与轴平行，长度减半，分别求出 的长度，即可求出原三角形的周长.

【详解】因为为以为斜边的等腰直角三角形，，

所以，

根据直观图画出原图如下，则有，，

所以，

那么原三角形周长是.

故答案为：.

14．已知向量，则向量在向量的方向上的投影向量为__________.（结果用坐标表示）

【答案】.

【分析】先计算两个向量的夹角的余弦值，再根据投影向量定义计算向量 在向量 上的投影向量.

【详解】因为，则，

所以向量 在向量 上的投影向量为.

故答案为：.

15．设复数z满足，则的取值范围是_________.

【答案】

【分析】由复数的几何意义确定复数z复平面上的对应点的轨迹，结合图象确定可得结果.

【详解】设复数z在复平面上的对应点为，复数的在复平面上的对应点为，

由，可知点的轨迹为以，为端点的一条线段，又表示点到点的距离，观察图象可知当时，取最小值，最小值为1，当时，取最大值，最大值为，

所以取值范围为.

故答案为：.

16．如图，一个密闭容器水平放置，圆柱底面直径为2，高为10，圆锥母线长为2，里面有一个半径为1的小球来回滚动，则小球无法碰触到的空间部分的体积为__________.

【答案】

【分析】小球滚动形成的几何体为圆柱和两个半球，作出小球运动到左侧与圆锥相切时的轴截面的图形，求出小球滚动形成的几何体的体积，再由容器的体积减去小球滚动形成的几何体的体积得出答案.

【详解】小球滚动形成的几何体为圆柱和两个半球．

小球运动到左侧与圆锥相切时的轴截面的图形如图所示：

由题意知：，则，，

，

小球滚动形成的圆柱的高为

则小球滚动形成的几何体的体积为：，

容器的体积为，

则小球无法碰触到的空间部分的体积为.

故答案为：．

四、解答题

17．已知向量，．

（1）求的坐标以及与之间的夹角；

（2）当时，求的取值范围．

【答案】（1），；（2）.

【分析】（1）本题首先可根据向量的坐标运算求出，然后根据即可得出结果；

（2）本题可通过对进行平方即可得出结果.

【详解】（1）因为，，所以，

设与之间的夹角为，

则，

因为，所以与之间的夹角为.

（2），

因为，所以，

故的取值范围是.

18．若函数在一个周期内的图象如图所示.

(1)写出函数的解析式；

(2)求函数的单调增区间.将函数的图象向右移动个单位后，得到函数的图象，求函数在上的值域.

【答案】(1)

(2)的增区间为，，函数的值域为

【分析】（1）根据函数的图象可得及周期，即可求出，再利用待定系数法求出即可；

（2）根据正弦函数的单调性结合整体思想即可求出函数的单调区间，根据平移变换的原则求出函数的解析式，再根据正弦函数的性质即可得解.

【详解】（1）由图可知，

则，所以，

故，

又，则，

所以，即，

又，所以，

所以；

（2）令，得，

所以的增区间为，，

由题意，

由，得，则，

所以函数在上的值域为.

19．《九章算术》卷第五《商功》中有记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草也，甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶，”现有“刍甍”如图所示，四边形EBCF为矩形，，且.

(1)若O是四边形EBCF对角线的交点，求证：平面GCF；

(2)若，且，求三棱锥的体积.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取线段中点H，连接，利用中位线定理得到且，证明四边形是平行四边形，得到，根据线面平行的判定即可证明；

（2）利用线面垂直的判定得到面，利用三角形面积公式求出，利用等体积法代入计算即可求解.

【详解】（1）在图中取线段中点H，连接，如图所示：

由题可知，四边形是矩形，且，

∴O是线段与的中点，∴且，

又且，而且.

所以且，∴且，

∴四边形是平行四边形，则，由于平面，平面，∴平面.

（2）∵，面，，∴面，

，

所以，

即三棱锥的体积为.

20．在中，设角，，所对的边分别为，，，且

(1)求；

(2)若为上的点，平分角，且，，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理进行角化边整理得，再结合余弦定理；（2）利用等面积，整理得，再由角平分线的性质代入计算．

【详解】（1）因为，

所以由正弦定理可得：，整理得.

由余弦定理得：

又因为所以

（2）由（1）知.

又因为平分角，所以.

由得.

即.

又因为，，所以.

再由角平分线的性质可知：

21．如图，在四棱锥中，，，，，，，平面，点M是棱上的动点．

(1)证明：；

(2)设，求当平面时的值．

【答案】(1)证明见解析

(2)．

【分析】（1）根据平面和推出，根据余弦定理计算推出，根据线面垂直的判定定理得到平面，从而可得；

（2）连，交于点N，连，根据线面平行的性质定理推出，再根据三角形相似可求出结果.

【详解】（1）证明：由于平面且，

所以平面，又平面，所以．

由，

得，即，

解得或（舍），

所以，即，

又平面，，且，

所以平面，而平面，

因此．

（2）连，交于点N，连，

因为平面，平面，平面平面，

所以，故．

在梯形中，根据与相似，可得，

所以，即当平面时的值为．

22．定义在R上的连续函数满足对任意 ，，.

(1)证明：；

(2)请判断的奇偶性；

(3)若对于任意 ，不等式恒成立，求出m的最大值.

【答案】(1)证明见解析

(2) 为奇函数， 为偶函数

(3)

【分析】（1）令 ，利用条件运算可以证明；

（2）运用（1）的结果，令 ，计算出 ，再令 ，对条件进行运算可以判断出 的奇偶性；

（3）运用条件 将不等式 转化为对勾函数，再用基本不等式可以求解.

【详解】（1）令 ，则有 ， ，

因为 是任意的， ，由得 ，

， ；

（2）令 ，由①②得 ，将 代入，

解得 或 （ ，舍去），代入③得 ；

令 ，则有 ，

两式相加得 ，

由（1）的运算结果 ， 代入上式，得：

，

由可知如果 ，则有 ，不可能，

所以 ， ，

由于x是任意的，必有 ，两式相加得 ， 是偶函数， ， 是奇函数；

（3）由于，不等式即为：

，由 ， 得 ，

令 ，则不等式转化为 ，其中 ，

， ，当且仅当 时等号成立，所以m的最大值为 ；

综上，m的最大值为.

【点睛】比较两个函数值的大小一般是用做差法，但是本题不行，需要利用条件巧妙推出；

推导函数的奇偶性，一般来说是先求出 ，如果 ，则必定不是奇函数，

本题需要结合条件再巧妙利用“1”，作因式分解，再利用 与 的关系推出 的奇偶性；

不等式求参数的最大值，用参数分离法比较直观，分离后的不等式显然可以用基本不等式来计算.