2022-2023学年广东省广州市第二中学高一下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年广东省广州市第二中学高一下学期期中数学试题含解析，共27页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
  广州市第二中学2022学年第二学期期中考试高一数学第Ⅰ卷（选择题  共60分）一、单项选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分．在四个选项中，有且只有一个符合要求．1. 已知全集，则（    ）A.  B. 或 C.  D. 或【答案】B【解析】【分析】根据补集定义求解.【详解】因为，所以或，故选:B.2. 设，则（    ）A.  B.  C. 1 D. 【答案】B【解析】【分析】先由复数的运算求出，再求模长即可.【详解】，则.故选：B.3. 如图，用斜二测画法所画的一个平面图形的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面图形的周长为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由直观图还原可得原图形，结合斜二测画法求边长，再求其周长即可.【详解】由直观图还原得到原图形如下，由斜二测画法可得，，，所以，，所以四边形的周长为，即原平面图形的周长为.故选：B.4. 平面向量与相互垂直，已知，，且与向量(1，0)的夹角是钝角，则=（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先设出向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示及模的运算，向量夹角的定义求解即可．【详解】设 ①， ，②，与向量(1，0)夹角为钝角，，③，由①②③解得，，故选：D．5. 已知角的终边上有一点，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据三角函数定义可知，再利用三角恒等变换和同角三角函数之间的基本关系即可求得结果.【详解】角的终边上有一点，根据三角函数定义得，所以.故选：C6. 一艘海轮从A处出发，以每小时40海里速度沿南偏东方向直线航行，30分钟后到达B处．在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东，在B处观察灯塔，其方向是北偏东，那么B、C两点间的距离是（    ）A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里【答案】A【解析】【分析】如图，由题意可得海里、，结合正弦定理计算即可求解.【详解】如图，由题意得，海里，得，在中，由正弦定理，得海里.故选：A.7. 已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，点O为其外接圆的圆心，已知，则边（    ）A. 5 B. 6 C. 7 D. 8【答案】C【解析】【分析】取AC的中点D，得到OD⊥AC，利用向量的数量积可得，即可求解.【详解】设AC的中点为D，因为点O为其外接圆的圆心，所以OA=OB=OC，连接OD，由三线合一得：OD⊥AC，则即，由，解得.故选：C.8. “不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量､画圆和方形图案的工具.敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载（如图（1））.今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图（2）.若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】作出图形，利用余弦定理结合基本不等式可求得这个矩形周长的最大值.【详解】由题图（2）得，圆形木板的直径为.设截得的四边形木板为，设，，，，，，如下图所示.由且可得，在中，由正弦定理得，解得.中，由余弦定理，得，所以，，即，可得，当且仅当时等号成立.在中，，由余弦定理可得，即，即，当且仅当时等号成立，因此，这块四边形木板周长的最大值为.故选：D.二、多项选择题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有两个或多个符合要求，少选得2分，错选得0分．9. 下列四个命题中正确的是（    ）A. 若两条直线互相平行，则这两条直线确定一个平面B. 若两条直线相交，则这两条直线确定一个平面C. 若四点不共面，则这四点中任意三点都不共线D. 若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线【答案】ABC【解析】【分析】由公理2及推论判断A、B、C选项，由直线的位置关系判断D选项.【详解】公理2的推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面，选项A正确；公理2的推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面，选项B正确；空间四点不共面，则其中任何三点不共线，否则由公理2的推论1：直线与直线外一点确定一个平面，这空间四点共面，所以选项C正确；若两条直线没有公共点，可以互相平行，不一定是异面直线，选项D错误.故选：ABC10. 在中，角A，B，C对边分别为a，b，c，有如下命题，其中正确的是（    ）A. 若，则为等腰三角形． B. 若，则C. 若，则是钝角三角形． D. 若，则为锐角三角形【答案】BCD【解析】【分析】根据诱导公式化简，即可判断A；根据正弦定理即可判断B；根据向量的数量积的定义即可判断C；将等式变形为，即可判断D.【详解】A：由，得或，得或，所以为等腰三角形或直角三角形，故A错误；B：由，得（R为外接圆半径），由正弦定理得，所以，故B正确；C：由，得，即，即，又，所以角C为钝角，则为钝角三角形，故C正确；D：由，知c最大.则，有，所以，即，所以角C为锐角，又角C最大，所以为锐角三角形，故D正确.故选：BCD.11. 函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）A. B. 若把的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到的函数在上是增函数C. 若把函数的图像向左平移个单位，则所得函数是奇函数D. 函数的图象关于直线对称【答案】ACD【解析】【分析】根据函数的图象求出函数的解析式，得选项A正确；求出得到函数在上不是增函数，得选项B错误；求出图象变换后的解析式得到选项C正确；求出函数的对称轴方程，得到选项D正确.【详解】A, 如图所示：，，，，，即，，，，，，故选项A正确；B, 把的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到的函数，，，，在，上不单调递增，故选项B错误；C, 把的图象向左平移个单位，则所得函数，是奇函数，故选项C正确；D, 设当，所以函数的图象关于直线对称，故选项D正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：求三角函数的解析式，一般利用待定系数法，一般先设出三角函数的解析式，再求待定系数，最值确定函数的,周期确定函数的,非平衡位置的点确定函数的.12. 已知函数的图象过原点，且无限接近直线，但又不与该直线相交，则（    ）A. ， B. 的值域为C. 若，则 D. 若，且，则【答案】ABD【解析】【分析】过原点得，由，可判断A；由得可判断B；画出的图象可判断C；由为偶函数可判断D.【详解】∵过原点，∴，∴①，又∵时，，∴时，，由题，图象无限接近直线，则②，由①②知，，故A正确；所以，，，所以B正确；由图知，在上单调递减，因为，则，故C错误；∵为偶函数，∴，又∵，∴，∴，∴，故D正确.故选：ABD第Ⅱ卷（非选择题  共90分）三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分（16题第一个空3分，第二个空2分）．13. 已知复数z满足，则的最大值为________．【答案】4【解析】【分析】设，则且.结合复数的几何意义可得，即可求解.【详解】设复数，则，且.，当时，取到最大值16，所以.故答案为：4.14. 如图，在中，，E是上一点，且，则的值等于________.【答案】【解析】【分析】由图形得B，E，D三点共线，可得，再由已知得，求解可得答案.【详解】∵B，E，D三点共线，，且，由题可知：，∴，故答案为：.【点睛】本题考查向量的线性表示，三点共线的向量定理的运用，属于基础题.15. 如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这是水面恰好是中截面，则图1中容器水面的高度是______．【答案】##1.5【解析】【分析】根据水的体积与棱柱体积的关系得出结论．【详解】棱柱的体积公式是，其中是q底面积，是高．在图2中，水面是中截面，水面以上部分是一个三棱柱，所以这个三棱柱的底面积是原来三棱柱底面的，从而这个小三棱柱的体积是大棱柱体积的（高一样），所以水的体积是大三棱柱体积的，那么图1中水面的高度是棱柱高的，即为．故答案为：．16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若，则实数________，的最小值为________．【答案】    ①. 9    ②. ##【解析】【分析】将转化为弦，利用正、余弦定理化简可得，进而求出k，再次利用余弦定理，结合基本不等式计算即可求解.【详解】，，，，，由正弦定理和余弦定理，得，整理得，即，所以；由余弦定理，得，当且仅当即等号成立，所以的最小值为.故答案为：9；.四、解答题：本题共6个大题，满分70分．解答题应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤．17. 如图，在四边形ABCD中，，，，，，求以边AD所在直线为轴，其它三边旋转一周形成的面所围成的几何体的体积．【答案】【解析】【分析】由题意该几何体为一个圆台中挖去一个圆锥的几何体，如图，结合圆台与圆锥的体积公式计算即可求解.【详解】四边形ABCD绕AD旋转一周所成的几何体为一个圆台中挖去一个圆锥的几何体，如图，又，，，所以，得，所以该几何体的体积为.所以该几何体的体积为.18. 在斜三角形中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．（1）求角的大小；（2）若，且上的中线长为，求斜三角形的面积．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理将已知式子进行化简，再利用余弦定理即可求出角的大小；（2）根据为为上的中线得，结合余弦定理求出，进而求出面积.【小问1详解】因为，所以由正弦定理可得：，即，所以，又，所以，所以.【小问2详解】因为为上的中线，所以，即，所以，即，所以     ①，由余弦定理可得：，所以      ②①-②得：，所以.19. 已知函数．（1）解不等式，其中．（2）在锐角中，，求的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式为，根据得到，然后解不等式，可得求解即可；（2）利用已知条件求出角的取值范围，利用三角恒等变换化简得出，利用正弦型函数的基本性质可求得的取值范围.【小问1详解】，，即，，解得故不等式的解集为.【小问2详解】由题意可得且，可得，∵，∴，，∵，则，∴．故的取值范围为.20. 已知向量，，且．（1）求的值；（2）若，且，求的值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由已知可得出，结合两角和的余弦公式化简可得结果；（2）求出的值，利用两角和的正切公式可求得的值，求出的取值范围，即可得解.【小问1详解】解：，则，因此，.【小问2详解】解：因为且，所以，，因为，则，，因为，故，所以，，所以，，所以，，因此，.21. 对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称为“类函数”.（1）已知函数，试判断是否为“类函数”？并说明理由；（2）若为其定义域上的“类函数”，求实数取值范围.【答案】（1）函数是“类函数”；答案见解析；（2）.【解析】【分析】（1）由题意可得若，则可得，从而得到答案.
（2）由条件，可得在上恒成立，可得，由为其定义域上的“类函数”，则实数，满足，对函数进行分段讨论，可得出答案,【详解】（1）函数是“类函数”.由题意，函数在定义域内存在实数，满足，可得，即，整理得，所以存在满足所以函数是“类函数”.（2）由在上恒成立，可得，因为为其定义域上的“类函数”，所以存在实数使得，①当时，则，所以，所以，即，因为函数，为单调增函数，所以；②当时，，此时，不成立；③当，则，所以，所以因为函数为单调减函数，所以；综上所述，求实数取值范围.【点睛】本题考查分段函数的应用，新定义“类函数”，正确理解新定义的含义是解题的关键，考查求参数的范围，属于中档题.22. 已知函数，，其中，．（1）求函数在上的最小值；（2）若函数恰好存在三个零点，且，求a的取值范围．【答案】（1）    （2）a的取值范围为．【解析】【分析】（1）化简函数的解析式，分析出函数的单调性，分、两种情况讨论，可求出函数在上的最小值；（2）分、两种情况讨论，利用韦达定理和求根公式可得出的表达式，并求得的取值范围，根据可求得实数的取值范围.【小问1详解】因为所以，所以，函数在、上单调递增，在上单调递减，当时，即当时，；当时，即当时，.综上所述，函数在上的最小值为.【小问2详解】，不妨设，因为，①当时，即当时，由可得，即为方程的一根，由可得，即为方程的一根，由可得，即为方程的一根，由图象可知、是方程的两根，是方程的较大根，则由韦达定理与求根公式可知，，则，可得，令，而，则，因为函数在上单调递减，当时，，则；②由可得，，可得，且当时，即当时，由可得，由图象可知、是方程两相异根，是方程的较大根，由韦达定理以及求根公式可得，，所以，，可得，令，而，则.由双勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，且当时，，则在上单调递增，当时，.综上所述，，又满足，故，即.所以a的取值范围为．【点睛】关键点点睛：本题考查利用利用方程根相关的等式求参数的取值范围，解题的关键在于确定的根与二次方程的关系，利用韦达定理结合求根公式将等式与参数、联系起来，利用已知的不等式关系求出范围，即可得解.