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2022-2023学年山东省青岛第三中学高一下学期第一学段数学试题含答案
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这是一份2022-2023学年山东省青岛第三中学高一下学期第一学段数学试题含答案,共15页。试卷主要包含了单选题,多选题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省青岛第三中学高一下学期第一学段数学试题 一、单选题1.已知复数满足,则复数的虚部为( )A. B.1 C. D.【答案】A【分析】由复数的乘、除法运算化简复数,再由复数的定义即可得出答案.【详解】因为,所以,故复数的虚部为.故选:A.2.等于( )A. B. C. D.【答案】C【分析】利用诱导公式及两角和的余弦公式计算即可.【详解】.故选:C.3.已知,是不共线的向量,且,,,则( )A.B,C,D三点共线 B.A,B,C三点共线C.A,C,D三点共线 D.A,B,D三点共线【答案】C【分析】利用平面向量共线向量定理求解.【详解】因为,所以,,,若B,C,D三点共线,则,即,无解,故A错误;若A,B,C三点共线,则,即,无解,故B错误;若A,C,D三点共线,则,即,解得,故C正确;若A,B,D三点共线,则,即,无解,故D错误.故选:C.4.将函数的图象向左平移个单位长度,再把所得图象上各点的横坐标缩短到原来的倍(纵坐标不变),得到函数的图象,则( )A. B. C. D.【答案】C【分析】已知变换过程反过来结合三角函数的平移变换、相位变换可得.【详解】象上各点的横坐标缩短到原来的2倍(纵坐标不变),得图象的解析式为,再把图象向右平移个单位得图象解析式为,故选:C.5.在中,若,则的形状是( )A.等边三角形 B.直角三角形C.等腰三角形 D.等腰直角三角形【答案】B【分析】首先根据正弦定理边化角得到,再结合三角函数恒等变换得到,即可得到答案.【详解】因为,所以,所以.因为,所以.又因为,所以,为直角三角形.故选:B6.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( )A. B. C. D.【答案】D【分析】图2中水所占部分为四棱柱,求出其底面积和高,根据棱柱的体积公式求出四棱柱的体积,同理在图1中,求同三棱柱的体积,能求出图1中容器内水面的高度.【详解】在图2中,水中部分是四棱柱,四棱柱底面积为,高为2,∴四棱柱的体积为,设图1中容器内水面高度为h,则V,解得h.∴图1中容器内水面的高度是.故选:D.7.一个半径为5米的水轮示意图,水轮的圆心O距离水面2米,已知水轮自点A开始1分钟逆时针旋转9圈,水轮上的点P到水面的距离y(单位:米)与时间x(单位:秒)满足函数关系式,,,则有( )A., B.,C., D.,【答案】A【分析】根据题意可得周期,由可得,由最值可得A,然后可得答案.【详解】因为水轮自点A开始1分钟逆时针旋转9圈,函数周期,所以由图知,点P到水面距离的最大值为7,所以,得.故选:A8.如图,在边长为2的等边中,点为中线的三等分点(接近点),点为的中点,则( )A. B. C. D.【答案】B【分析】由已知可推得,,,进而根据平面向量数量积的运算求解即可得出结果.【详解】由已知,,,,所以.由已知是的中点,所以,,.所以,,所以,.故选:B. 二、多选题9.下列说法正确的是( )A.平行线段在直观图中仍然平行 B.长方体是四棱柱,直四棱柱是长方体C.相等的线段在直观图中仍然相等 D.正棱锥的侧面是全等的等腰三角形【答案】AD【分析】利用平面图形和直观图的定义的应用判断AC;利用棱柱的定义判断B;利用棱锥的定义判断D.【详解】对于A,在斜二测画法中,平行的线段在直观图中仍然平行,故A正确;对于B,长方体是四棱柱,直四棱柱的底面不一定是长方形,故不一定是长方体,故B错误;对于C,水平摆放正方形的邻边相等,但在用斜二测画法画出的直观图中邻边变成了原来的2倍关系,故C错误;对于D,正棱锥底面是正多边形,侧面是全等的等腰三角形,故D正确;故选:AD10.已知复数,(其中是虚数单位),则下列命题中正确的是( )A.是纯虚数 B.在复平面上对应点在第二象限C. D.的共轭复数是【答案】AC【分析】利用纯虚数的定义判断A;利用复数的减法运算及几何意义可判断B;利用复数的乘法运算及复数模长公式判断C;利用共轭复数的定义判断D.【详解】对于A,是纯虚数,故A正确;对于B,,在复平面上对应点在第四象限,故B错误;对于C,,所以,故C正确;对于D,的共轭复数是,故D错误;故选:AC11.已知向量,,,则( )A. B.C.与夹角的余弦值为 D.在上的投影向量坐标为【答案】BCD【分析】利用向量垂直的坐标运算判断A;利用向量的线性运算与共线向量的运算判断B;利用向量的夹角公式判断C;利用向量的投影向量坐标运算判断D.【详解】对于A,,故与不垂直,故A错误;对于B,,故,故B正确;对于C,,故C正确;对于D,在上的投影向量为,故D正确;故选:BCD12.《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作,全书十八卷共八十一个问题,分为九类,每类九个问题,《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就,其中在卷五“三斜求积”中提出了:已知三角形三边a,b,c求面积的公式,这与古希腊的海伦公式完全等价,其求法是:“以小斜幂并大斜幂减中斜幂,余半之,自乘于上,以小斜幂乘大斜幂减上,余四约之,为实,一为从隅,开平方得积.”若把以上这段文字写成公式,即:,现有周长为的满足.判定下列命题错误的是( )A.的面积为 B.在中角C.的外接圆半径为 D.的内切圆半径为【答案】BCD【分析】利用正弦定理结合三角形的周长可求得的三边边长,利用题中公式求解可判断A;利用余弦定理可判断B;由正弦定理求解可判断C;利用三角形面积求解可判断D.【详解】由题意结合正弦定理可得:,设,周长为,即,,,,.由题中公式得,故A正确;由余弦定理得:,而,则,故B错误;设的外接圆半径为,由正弦定理得,解得,故C错误;设的内切圆半径为r,则的面积,解得,故D错误.故选:BCD. 三、填空题13.已知均为空间单位向量,且它们的夹角为,则 .【答案】【分析】根据条件可求出,然后根据进行数量积的运算即可求解.【详解】因为,,所以,,故答案为:14.若圆锥的侧面展开图是半径为5,圆心角为的扇形,则该圆锥的高为 .【答案】4【分析】根据圆锥的侧面展开图扇形的弧长与圆锥的底面周长相等,求得圆锥底面的半径,进而得圆锥的高.【详解】由题意,圆锥侧面展开图的半径为,所以圆锥的母线长为,设圆锥的底面半径为,则 ,解得,可得圆锥的高为.故答案为:4.15.已知是虚数单位,是关于的方程的一个根,则 .【答案】【分析】把代入方程并化简,利用复数相等的概念得到的值,即得的值.【详解】把代入方程得,所以,所以,所以,解得,所以.故答案为:.16.在中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若,,,则 .【答案】/【分析】利用余弦定理求出,再根据正弦定理求出,即可得解.【详解】在中,,由余弦定理得,即,解得或(舍去).由正弦定理得,即解得,,所以.故答案为:. 四、解答题17.在①;②;③,三个条件中任选一个,补充在下面问题中,并对其求解.问题:若锐角满足______,求的值.【答案】条件选择见解析,【分析】若选①:先逆用二倍角的正弦公式求解出的值,然后根据同角三角函数的基本关系求解出的值,利用诱导公式先化简原式,然后代入相关值即可求解出结果;若选②:先根据降幂公式求解出的值,然后再根据同角三角函数的基本关系求解出的值,利用诱导公式先化简原式,然后代入相关值即可求解出结果;若选③:先逆用二倍角的正切公式求解出的值,然后然后再根据同角三角函数的基本关系求解出、的值,利用诱导公式先化简原式,然后代入相关值即可求解出结果.【详解】解:选择条件①:由条件①,得,所以.由,得,因为是锐角,所以,所以.所以,;选择条件②:由条件②,因为,所以.由,得,因为是锐角,所以,所以,所以,;选择条件③:由条件③,得,所以,所以.由,得,,因为是锐角,所以,,所以,.所以,.18.如图,某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成,已知半球的直径是,圆柱筒长. (1)这种“浮球”的体积是多少?(2)要在100个这样的“浮球”表面涂一层胶质,如果每平方厘米需要涂胶20克,那么共需涂胶约多少克?【答案】(1)(2)克 【分析】(1)利用球和圆柱体积公式即可求解得到结果;(2)结合球的表面积和圆柱侧面积公式可求得几何体的表面积,进而确定所需胶的质量.【详解】(1)该半球的直径,“浮球”的圆柱筒直径也是,,两个半球的体积之和为,又,该“浮球”的体积是.(2)上下两个半球的表面积,“浮球”的圆柱筒侧面积为,个“浮球”的表面积为,个“浮球”的表面积的和为,每平方厘米需要涂胶克,共需要胶的质量为(克).19.已知,,且.当为何值时,(1)向量与互相垂直;(2)向量与平行.【答案】(1)或.(2) 【分析】(1)根据条件结合数量积运算求出,根据向量垂直列式求解;(2)根据向量平行及平面向量基本定理列式求解.【详解】(1)∵,∴,∵,∴,∴,∴,若向量与互相垂直,则,∴,∴,∴,解得或.(2)因为,即,则,所以不共线,若向量与平行,则存在实数使得成立,所以且,解得.20.已知向量,,.(1)求函数的最小正周期和单调递减区间:(2)求函数在区间上的最小值和最大值,并求出取得最值时的值.【答案】(1);(2)当时,的最大值为,当时,的最小值为 【分析】(1)首先根据平面向量数量积运算公式求出的解析式,然后通过三角函数恒等变换公式将其化简整理成余弦型函数,最后根据余弦函数性质求解其周期与减区间.(2)直接根据三角函数的图像及其性质求解上的最大值与最小值即可.【详解】(1)已知向量,,所以.故函数的最小正周期为;由,解得:,,故函数的单调递减区间为.(2)由于,得.故当,即时,取得最大值,最大值为;当,即时,取得最小值,最小值为.21.如图,为了测量出到河对岸铁塔的距离与铁搭的高,选与塔底同在水平面内的两个测点与.在点测得塔底在北偏东方向,然后向正东方向前进米到达,测得此时塔底在北偏东方向. (1)求点到塔底的距离;(2)若在点测得塔顶的仰角为,求铁塔高.【答案】(1)米(2)米 【分析】(1)在中,利用正弦定理可求出的长;(2)利用正弦定求得,再解直角三角形求得.【详解】(1)解:由题意可知,,,故 ,在中,由正弦定理,得, 即,所以,(米)因此,点D到塔底B的距离BD为米.(2)解:在中,由正弦定理,得,所以,.在中,.所以,铁塔高为米.22.在中,角A,B,C所对的边分别是a,b,c,且满足.(1)求角;(2)若,求面积的最大值;(3)求的取值范围.【答案】(1)(2)(3) 【分析】(1)根据正弦定理,结合辅助角公式进行求解即可;(2)根据余弦定理结合基本不等式求得,利用三角形面积公式进行求解即可;(3)根据和正弦定理边角互化将原式转化为,然后令,则,将原式化为:,最后结合二次函数性质求解值域.【详解】(1)由,根据正弦定理得:,又,代入上式得:,又,所以,又,所以;(2)由,代入得:,根据基本不等式得,得,当且仅当时,等号成立,则的面积为:,故面积的最大值为.(3)在中,,,根据正弦定理得:,令,则,所以,,根据二次函数的性质得:当时,取得最小值,最小值为,当时,取得最大值,最大值为,故的取值范围为.
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