2022-2023学年甘肃省顶级名校高一下学期期中考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年甘肃省顶级名校高一下学期期中考试数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
  2022-2023-2学期期中考试参考答案高一数学说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分，考试时间120分钟．答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡．第Ⅰ卷（选择题）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案涂在答题卡上．）1．若，则（    ）A．   B．   C．   D．2．在复平面内，复数z对应的点与对应的点关于实轴对称，则（    ）A．    B．    C．  D．3．设，是非零向量．“”是“”的（    ）A．充分而不必要条件    B．必要而不充分条件C．充分必要条件     D．既不充分也不必要条件4．已知正三角形ABC的边长为a，那么的平面直观图的面积为（    ）A．  B．   C．   D．5．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则为（    ）A．钝角三角形    B．直角三角形C．锐角三角形    D．等边三角形6．如图，测量河对岸的塔高AB时可以选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得，，，并在点C测得塔顶A的仰角为，则塔高AB等于（    ）A．    B．    C．   D．7．（    ）A．    B．4   C．    D．28．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则角C的大小是（    ）A．或   B．   C．   D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．下列命题正确的是（    ）A．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线B．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C．以直角梯形的一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的旋转体是圆台D．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形10．已知为虚数单位，复数，则以下为真命题的是（    ）A．在复平面内对应的点在第一象限B．的虚部是C．D．若复数满足，则的最大值为11．如图所示，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系为反射坐标系．在反射坐标系中，若，则把有序数对称为向量的反射坐标，记为．在的反射坐标系中，，，其中正确的是（    ）A．  B．  C．   D．12．已知函数，则下列关于函数的描述正确的是（    ）A．在区间上单调递增B．图象的一个对称中心是C．图象的一条对称轴是D．将的图象向右平移个单位长度后，所得函数图象关于轴对称第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．平面向量与的夹角为，，，则等于_______．14．已知，，，均为锐角，则_________．15．我国南宋著名数学家秦九韶发现了由三角形三边求三角形面积的“三斜公式”，设的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为S，则“三斜求积”公式为．若，，则用“三斜求积”公式求得的面积为________．16．已知在中，，，动点P位于线段AB上，则当取最小值时，向量与的夹角的余弦值为________．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（本小题满分10分）（1）已知复数满足，求；（2）计算．18．（本小题满分12分）学生到工厂劳动实践，利用打印技术制作模型．如图，该模型为长方体挖去四棱锥后所得的几何体．其中为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，，．打印所用原料密度为，不考虑打印损耗，求制作该模型所需原料的质量．19．（本小题满分12分）如图，在平面四边形ABCD中，，，，．（1）求的值；（2）若，求CD的长．20．（本小题满分12分）已知函数，且函数的最小正周期为．（1）求的解析式，并求出的单调递增区间；（2）将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，求函数的最大值及取得最大值时的取值集合．21．（本小题满分12分）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，S是的面积，若_________（填条件序号）（1）求角C的大小；（2）点D在CA的延长线上，且A为CD的中点，线段BD的长度为2，求的面积S的最大值．注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．22．（本小题满分12分）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．（1）求；（2）若为锐角三角形，且，求的取值范围．参考答案1．B   2．D   3．A   4．D   5．A6．解析  在中，．由正弦定理得，所以．在中，．答案D7．解析  ．答案B8．解析  由，得，则，因为，所以，由及正弦定理，得，即，即，整理得，则，又，即或，即或．答案A9．AC10．解析  ∵，∴在复平面内对应的点为，在第一象限，故A正确；的虚部是，故B不正确；，故C不正确；设，，，由得，则点在以为圆心，以1为半径的圆上，则到的距离的最大值为，即的最大值为，故D正确．答案AD11．AD12．解析  ，由，得，当时，，故A正确；，故B不正确；，故C正确；将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，显然不关于轴对称，故D不正确．答案  AC13．   14．15．解析  根据正弦定理及，可得，由，可得，所以．答案  16．解析  法一  易知，记，，则，设，则，则，当时，取最小值，此时，，，，所以此时向量与的夹角的余弦值为．法二  取线段AB的中点C，连接OC，以线段AB的中点C为原点，以的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向建立直角坐标系，则，，，设．则，当时，取最小值．此时，，所以向量与的夹角的余弦值为．答案  17．解析  （1）由题设得，∴，则．（2）原式．18．解析  由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，其对角线长分别为和，故．又，所以模型的体积为，所以制作该模型所需原料的质量为．19．解  （1）∵，∴可设，．又，，∴由余弦定理，得，解得，∴，，．（2）∵，∴，∴，在中，由正弦定理，得．20．解  （1）．由函数的最小正周期，得．所以．令，，解得，，故的单调递增区间为，．（2），则的最大值为2，此时有，即，即，，解得，，所以当取得最大值时的取值集合为．21．解  （1）选①：，∵由正弦定理得，∴，即，∴．由，得．选②：由正弦定理得，∴，则．由，知，则．选③：因为，所以，则．由，得．（2）在中，由余弦定理知，∴，∴，当且仅当，即，时取等号，此时的最大值为2．可得的面积取得最大值．22．解  （1）由题设及正弦定理得．因为，所以．由，可得，故．因为，所以，所以．（2）由（1）知，由正弦定理得．由于为锐角三角形，故，．结合，得，所以．