2022-2023学年浙江省杭州市第十一中学高一下学期期中数学试题含解析

浙江省杭州市第十一中学2022-2023学年高一下学期期中数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．若 ，则z （    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的乘法以及除法运算即可化简求解.

【详解】由得，

故选：C

2．有下列四种叙述：

①用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分是棱台；

②两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；

③有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台；

④棱台的侧棱延长后必交于一点.

其中正确的有（    ）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个

【答案】B

【分析】根据棱台的定义和结构特征可判断各项.

【详解】对于①：当截面不平行于底面时，棱锥底面和截面之间的部分不是棱台，①错；

对于②③：如图的几何体满足条件，但侧棱延长线不能相交于一点，不是棱台，②③错；

对于④：棱台结构特征知：侧棱延长后必交于一点，④正确.

故选：B

3．设函数（），则的奇偶性（    ）

A．与有关，且与有关 B．与有关，但与无关

C．与无关，且与无关 D．与无关，但与有关

【答案】D

【分析】可通过特殊值得出函数的奇偶性，从而得正确选项．

【详解】当时，，，是奇函数，

当时，，，是偶函数，

当时，，，不是奇函数，

，，因此不是偶函数，

即此既不是奇函数也不是偶函数．

所以奇偶性与有关，与无关，

故选：D．

4．已知，则的化简结果是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用诱导公式及平方关系化简即可.

【详解】因为，所以，，则，

所以

.

故选：A

5．对于任意的平面向量，，，下列说法中正确的是（    ）

A．若且，则 B．若，且，则

C． D．

【答案】C

【分析】取判断A；取特殊值判断B；根据向量的运算律判断C；根据数量积的运算律判断D.

【详解】对于A：当时，满足且，但不一定平行，故A错误；

对于B：当，且时，，但，故B错误；

对于C：由分配律可知，，故C正确；

对于D：表示一个与共线的向量，表示一个与共线的向量，而与不一定共线，故D错误；

故选：C

6．在和中，若，，则（    ）

A．与均是锐角三角形

B．与均是钝角三角形

C．是钝角三角形，是锐角三角形

D．是锐角三角形，是钝角三角形

【答案】D

【分析】根据题意，由三角形的正弦值一定大于零，即可判断是锐角三角形，然后再由，判断的形状即可得到结果.

【详解】在和中，因为，

所以均为锐角，即为锐角三角形.

另一方面，可得或

即，

所以为锐角或者钝角，

同理可得为锐角或者钝角，

但是中必然有一个为钝角，否则不成立，所以为钝角三角形.

故选:D

7．已知等边的边长为，为的中点，为线段上一点，，垂足为，当时，（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】设，由求出，得到为的重心，为的中点，再利用平面向量基本定理求解即可．

【详解】解：设，则，，

，

，或（舍去），

为的重心，，为的中点，

，

故选：B．

8．将函数的图象向右平移个单位长度，再将横坐标缩短为原来的得到函数的图象．若在上的最大值为，则的取值个数为（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】A

【分析】由三角函数的图象变换得出，再根据正弦型三角函数的性质判定即可.

【详解】由题意可得：，在时，则，由正弦型函数的单调性可知，

若，即时，此时，如图所示，作出在上的图象，可知只有一个交点，即有一个解；

若，即，此时 ，则，有一个解.

故满足题意的有两个解.

故选：A

二、多选题

9．下列有关复数的说法中（其中为虚数单位），正确的是（    ）

A．

B．复数的虚部为

C．若，则复平面内对应的点位于第二象限

D．复数为实数的充要条件是

【答案】AD

【分析】根据复数的乘方判断A，根据复数的定义判断B，根据复数的几何意义判断C，根据充要条件的定义判断D.

【详解】对于A：，故A正确；

对于B：复数的虚部为，故B错误；

对于C：，所以，

则复平面内对应的点为位于虚轴，故C错误；

对于D：若复数为实数则，

设，，若，即，所以，则复数为实数，

故复数为实数的充要条件是，故D正确；

故选：AD

10．下列说法中不正确的为（    ）

A．已知，，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是

B．向量，不能作为平面内所有向量的一组基底

C．若，则

D．非零向量和满足，则与的夹角为

【答案】AD

【分析】利用平面向量数量积的坐标运算可判断A选项；利用平面向量基底的定义可判断B选项；由平面向量数量积的定义可判断C选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断D选项.

【详解】对于A，，，与的夹角为锐角，则，

，

且与不共线，即，即，所以且，故A错误；

对于B，向量，即、共线，故、不能作为平面内所有向量的一组基底，B正确；

对于选项C，因为，所以，故C正确；

对于D，因为，两边平方得，则，

，

故，而，

故，故D项错误．

故选：AD.

11．提鞋（斜）公式，也叫李善兰辅助角公式，是我国19世纪著名数学家李善兰先生提出的一种高等三角函数公式，其正弦型如下：，其中．若，，则下列判断正确的是（     ）

A．当，时，

B．当，时，

C．当，时，

D．当，时，

【答案】AC

【分析】根据两角和正弦公式求出的表达式后根据的正负分类讨论可得．

【详解】，

设，，，则，

，

若，则，此时，，，A正确；

若，则，，，，B错；

若，则，，，，C正确；

若，则，，，，D错误．

故选：AC．

12．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（图1）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动．如图2，将筒车抽象为一个半径为R的图，设筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，当，盛水筒M位于点，经过t秒后运动到点，点P的纵坐标满足（，，），则下列叙述正确的是（    ）

A．筒车转动的角速度

B．当筒车旋转100秒时，盛水筒M对应的点P的纵坐标为

C．当筒车旋转100秒时，盛水筒M和初始点的水平距离为6

D．筒车在秒的旋转过程中，盛水筒M最高点到x轴的距离的最大值为6

【答案】ACD

【分析】根据题意可知周期为120秒，进而可求，根据可求解，进而得，根据三角函数的性质，即可结合选项逐一求解.

【详解】对于A,因为筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，所以，故A正确；

对于B,因为当时，盛水筒位于点，所以，

所以有，

因为，所以，

即，

所以，故B错误；

对于C,由B可知：盛水筒的纵坐标为，设它的横坐标为，

所以有，

因为筒车旋转100秒时，所以此时盛水筒在第三象限，

故，盛水筒和初始点的水平距离为,故C正确；

对于D,因为，，

所以筒车在，秒的旋转过程中，盛水筒最高点到轴的距离的最大值为6，故D正确．

故选：ACD

三、填空题

13．有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图所示）.，则这块菜地的面积为__________

【答案】

【分析】利用直观图中的信息，求出的长度，从而得到原平面图形中的长度，利用梯形的面积公式求解即可.

【详解】

过作于，

在直观图中，，，，

所以，，

故原平面图形的上底为 ，下底，高为，

所以这块菜地的面积为，

故答案为：.

14．已知，则__________.

【答案】/0.8

【分析】将条件由辅助角公式化简，将条件由二倍角公式化简，再代入即可得出答案.

【详解】，

由辅助角公式可得，

即，

，

故答案为：.

15．圭表（如图甲）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”），当太阳在正午时刻照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图乙是一个根据某地的地理位置设计的主表的示意图，已知某地冬至正午时太阳高度角（即）大约为，夏至正午时太阳高度角（即）大约为，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为a，则表高（即AC的长）为__________．（注：）

【答案】

【分析】设，根据，得到，再利用正弦定理由求解.

【详解】解：设，

因为，

所以，

又，

由正弦定理得，即，

解得，

故答案为：

16．如图所示，在中，是边的中点，在边上，，与交于点，若，则__________．

【答案】

【分析】设，由三点共线求得，得到，求得，进而得到，即可求解.

【详解】由平面向量的运算法则，可得，，

设，

因为三点共线，可得，解得，

所以，

所以，

因为，所以，

所以.

故答案为：.

四、解答题

17．如图，在平面直角坐标系中，以x轴非负半轴为始边作角，已知角的终边与单位圆相交于点A（在x轴上方），再以OA为始边，逆时针旋转交单位圆于点.若A点的横坐标.

(1)求B点的横坐标；

(2)求线段AB的长度.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）设，，由的余弦求出正弦，进而由余弦和角公式求出答案；

（2）由余弦定理求出答案.

【详解】（1）由题意得，设，，

则，因为，且为第一象限角，

解得：，

，

故B点的横坐标为；

（2）在中，，

由余弦定理得：，

故.

18．函数的部分图象如图所示

(1)求函数的解析式；

(2)求的单调增区间及对称轴.

【答案】(1)

(2)单调递增区间为；对称轴方程为：.

【分析】（1）利用最值求出，利用特殊点列方程组求出和，即可得到的解析式；

（2）利用正弦函数的单调增区间和对称轴，以及整体代换的方法可求出的单调增区间及对称轴.

【详解】（1）由图可得，周期为，所以，

因为，所以；

根据图象可得，；解得，

因为，所以，所以.

（2）令，解得，

令，解得对称轴方程为：；

综上所述，单调递增区间为；对称轴方程为：.

19．已知，是平面内两个不共线的向量，，，，且A，E，C三点共线.

(1)求实数的值；

(2)若，，求的坐标；

(3)已知，在（2）的条件下，若A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，求点A的坐标.

【答案】(1)；

(2)；

(3).

【分析】（1）利用向量的线性运算求出，再利用共线向量定理列式计算作答.

（2）利用（1）的结论，结合向量线性运算的坐标表示，求解作答.

（3）设出点A的坐标，由（2）的结论结合相等向量求解作答.

【详解】（1）依题意，，

因为A，E，C三点共线，又，则存在实数k，使得，

即，得，

而，是平面内两个不共线的向量，因此，解得，，

所以实数的值.

（2）由（1）知，所以.

（3）因为A，B，C，D四点按逆时针顺序构成平行四边形，则，

设，则，由（2）知，由解得，

所以点A的坐标为.

20．如图，在正中，，分别是，上的一个三等分点，分别靠近点，点，且，交于点．

(1)用，表示；

(2)求证：．

【答案】(1)；

(2)证明见解析．

【分析】（1）设，用表示出，然后由向量共线得方程组，解之可得．

（2）计算可得证．

【详解】（1）设，则，同理，

又由已知得，，

因为与不共线，与共线，与共线，所以，解得，

所以；

（2）设正边长为，则，

由（1），

所以，即．

21．已知的角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

(1)求A；

(2)若的面积为，，点D为边BC的中点，求AD的长．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理得到，再利用余弦定理求出；

（2）在第一问的基础上，结合，利用三角恒等变换求出，进而由三角形面积得到，由余弦定理求出答案.

【详解】（1）因为，

所以由正弦定理可得，

即．

由余弦定理可得，

又，所以．

（2）因为，

所以，

即，

又，则，所以．

所以，．

所以，

所以．

在△ACD中，由余弦定理可得，

即．

22．在中，角的对边分别为，已知．

(1)求角的大小；

(2)若，且为锐角三角形，求的周长的取值范围；

(3)若，且外接圆半径为2，圆心为为上的一动点，试求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）直接利用正余弦定理即可求解；

（2）利用正弦定理将周长转化为关于角的三角函数，利用三角函数的值域即可求解；

（3）易得三角形为等边三角形，取中点，可得，由为上的一动点，可得，进而可求的取值范围.

【详解】（1）依题意，

由正弦定理，，

由

可得，

由余弦定理，

则，则，

因为，所以；

（2）由为锐角三角形，，可得，

由正弦定理，则，

则，

则的周长为，

由，则，因为，整理得：

，解得或（舍去），

所以，则周长范围是；

（3）由正弦定理，则，则，

由，可得，则，

则三角形为等边三角形，取中点，如图所示：

则

，

由，则，则．

【点睛】方法点睛：（1）利用正余弦定理可进行边角互换用以化简条件；（2）涉及三角形周长与面积的最值问题，可将问题转化为基本不等式或三角函数来求最值；（3）外接圆动点范围问题，可转化为动点到某个定点的距离问题，结合几何图形性质分析得出范围.