四川省宜宾市叙州区第一中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

叙州区第一中学2023年春期高一期中考试

数学试题

本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.

第I卷 选择题（60分）

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.

1. 已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】解出集合,再取交集即可.

【详解】，∴.

故选：A．

2. （    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】直接利用两角和的正弦公式计算可得.

【详解】解：

故选：B

3. 若复数满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】首先计算，再利用复数的除法运算求，再根据共轭复数的定义求解.

【详解】，

所以，

则.

故选：D

4. 如图，在矩形中，为中点，那么向量=（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据向量的加法法则和矩形的性质求解

【详解】因为在矩形中，为中点，

所以，

所以，

故选：A

5. 已知，则

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由已知及诱导公式即可计算求值．

【详解】，，

故选C.

【点睛】本题主要考查了诱导公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．

6. 已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用三角函数的单调性逐个分析判断每一个与中间量的大小即可

【详解】因为在上为减函数，且，

所以，所以，即，

因为在上为减函数，且，

所以，所以，即，

因为在上为增函数，且，

所以，所以，即，

所以，

故选：A

7. 设向量与满足，在方向上的投影向量为，若存在实数，使得与垂直，则（    ）

A. 2 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据投影向量定义结合已知求得，再由与垂直，得，结合数量积得运算律即可得解.

【详解】解：因为在方向上的投影向量为，

所以，

所以，

因为与垂直，

所以，

即，解得.

故选：B.

8. 已知三棱锥的各顶点都在同一球面上，且平面，，，，若该棱锥的体积为，则此球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

作出三棱锥，找出球心的位置，进而求出球的半径，根据球的表面积公式即可求解.

【详解】作出三棱锥，如图：

因为平面，则，

又因为，所以，由，

所以平面，所以,

所以直角三角形，

又为直角三角形，

所以三棱锥的外接球球心在的中点上，

，解得，

所以,

故三棱锥的外接球半径，

所以外接球表面积为.

故选：B

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.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. （多选）关于平面向量，下列说法中错误的是（    ）

A. 若且，则 B.

C. 若，且，则 D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】A.由向量判断；B.由向量的运算律判断；C.由数量积的运算律判断；D.由向量共线判断.

【详解】A.若向量，则不一定平行，故错误；

B.根据向量的运算律可知，B正确；

C. ，且，所以或，故错误；

D.表示与向量共线的向量，表示与向量共线的向量，与不一定相等，故错误.

故选：ACD

10. 若复数，则下列说法错误的是（    ）.

A. 在复平面内对应的点位于第二象限

B.

C. 的共轭复数

D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】A选项，直接判断出z位于第四象限

B选项，直接求出；

C选项，直接求出；

D选项，直接求出.

【详解】A选项，在复平面内对应的点为，位于第四象限.故A错误；

B选项，.故B错误；

C选项，.故C正确

D选项，.故D错误；

故选：ABD

11. 已知函数，给出下列结论，其中正确的是（    ）

A. 的图象关于直线对称；

B. 若，则；

C. 在区间上单调递增；

D. 图象关于点成中心对称.

【答案】AC

【解析】

【分析】

求出，判断，选项A正确；取特值验证当时，不成立，选项B错误；，可判断选项C正确；求出，可判断，选项D错误.

【详解】,

的图象关于直线对称，选项A正确；

当时，满足，

而，不满足，选项B错误；

，

单调递增，选项C正确；

，

不关于点成中心对称，选项C错误.

故选:AC.

【点睛】本题考查三角函数的化简以及函数的性质，解题的关键要掌握对称关系的代数表示，考查化归转化数学思想，属于中档题.

12. 在中，D在线段上，且，.若，，则（    ）

A.  B. 的面积为

C. 的周长为 D. 为钝角三角形

【答案】CD

【解析】

【分析】由已知结合余弦定理，同角平方关系及三角形的面积公式分别判断各选项即可．

【详解】由可得，故错误；

设，，

在△中由余弦定理可得，，

整理可得，，

解可得，，即，，

所以，故错误；

由余弦定理得,

即，解得,

故周长，故正确；

由余弦定理可得，，

故C为钝角，D正确，

故选：CD．

【点睛】本题综合考查了余弦定理，三角形的面积公式及同角平方关系的应用，属于中档题．关键在于熟练云用余弦定理进行计算.

第II卷 非选择题（90分）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 复数的虚部是______．

【答案】

【解析】

【分析】利用复数除法化简复数，从而得到其虚部.

【详解】解：，

∴的虚部为，

故答案为：．

14. 正四棱锥的所有棱长均为2，则该棱锥的高为___________.

【答案】

【解析】

【分析】在四棱锥中，连接、交于点，连接，根据正棱锥的性质可得即为棱锥的高，再利用勾股定理计算可得；

【详解】解：如图，四棱锥中，连接、交于点，连接，

根据正棱锥的性质可知平面，即即为棱锥的高，

因为，所以，

所以

故答案为：

15. 已知，则tan=___.

【答案】##

【解析】

【分析】由已知利用两角差的正切函数公式即可求解.

【详解】解:因为则

故答案为:

16. 已知函数，且，则______．

【答案】0

【解析】

【分析】由得，再由即可求解．

【详解】由，所以

又

故答案为：0

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. 在平而直角坐标系中，设与x轴、y轴方向相同的两个单位向量分别为和，，.

（1）求向量与夹角的余弦值；

（2）若点P是线段的中点，且向量与垂直，求实数k的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）用坐标表示向量，然后由数量积的定义求得夹角余弦值；

（2）由向量与的数量积为0可求得．

【小问1详解】

由已知得，，

所以：，，，

所以所求余弦值为．

【小问2详解】

因为，，而向量与向量有垂直，

所以，所以．所以

18. 已知函数

⑴ 求函数的最小正周期和单调增区间；

⑵ 当时,求函数的值域.

【答案】（1），递增区间为，. （2）

【解析】

【分析】（1）先利用两角和公式、二倍角公式、配角公式将其化为基本三角函数：，再根据正弦函数性质求最小正周期和单调递增区间；（2）同（1）先利用两角和公式、二倍角公式、配角公式将其化为基本三角函数，再在定义区间内研究正弦函数值域.

【详解】

.

（1）函数的最小正周期为.

要求函数的增区间，只需，解得：，

所以递增区间为，.

（2）因为，所以.

所以，

所以的值域为.

19. 已知函数.

（1）求函数在内的单调递增区间；

（2）若，求实数的值.

【答案】（1）单调递增区间为和；（2）.

【解析】

【分析】(1)利用辅助角公式，即可求解.

(2)代入（1）中解析式，解方程，即可求解.

【详解】解：由题意得，

由，

解得

又因为，

所以或

所以在内的单调递增区间为和

由.

可得，

得，

由.

可得，

所以

解得或.

当时，，故舍去.

综上可得.

20. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．

（1）求角B大小；

（2）若为锐角三角形，其外接圆半径为，求周长的取值范围．

【答案】（1）或；（2）．

【解析】

【分析】（1）由正弦定理，化边为角，即可求出cosB以及B的值；

（2）利用正弦定理可得，结合利用三角恒等变换可化简得，结合的范围即可求出的取值范围，再求周长的取值范围．

【详解】（1）中，由，

利用正弦定理

可得，

因为，所以，

又，

所以或；

（2）若为锐角三角形，由（1）知，且外接圆的半径为，

由正弦定理得，可得，

由正弦定理得，

所以；

因为，

所以，

又为锐角三角形，则，且，

又，则，所以；

所以；

所以，即周长的取值范围是．

21. 若ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，

（1）求值：

（2）从下列条件①，条件②，条件③三个条件中选择一个作为已知，求的值，

条件①若；

条件②若；

条件③若

【答案】（1）1    （2）详见解析

【解析】

【分析】（1）由，利用二倍角公式得到，再利用余弦定理求解；

（2）选条件①由，利用正弦定理求得a，c的关系，再结合（1）利用余弦定理求解；

选条件②，利用余弦定理结合（1）求得求得a，c的关系，再结合（1）利用余弦定理求解；选条件③，由（1），利用正弦定理得到，再结合两角和的正弦公式得到求解.

【小问1详解】

解：由，

得，则，

化简得 ，

由余弦定理得，

即，化简得；

【小问2详解】

选条件①若，

则，

解得或，

当，由（1）得，

此时，

当时，由（1）知不成立；

若选条件②，

则，结合（1）化简得，

解得或，

当时，，

；

当，，

；

若选条件③若，

由（1）知：，则，

即，即，

联立解得，

所以.

22. 已知在定义域内单调的函数满足恒成立.

（1）设，求实数的值；

（2）解不等式；

（3）设，若对于任意的恒成立，求实数的取值范围，并指出取等时的值.

【答案】（1）   

（2）   

（3），当且仅当时等号成立，

【解析】

【分析】（1）由题意列方程求解，

（2）由函数的单调性转化后求解，

（3）参变分离后转化为最值问题，由换元法结合基本不等式求解，

【小问1详解】

由题意得，

，

由于在上单调递增，

观察得的解为，

【小问2详解】

由于在定义域内单调，所以为常数，

由（1）得，在上单调递增，

，

故原不等式可化为，

由得，

故原不等式的解集为

【小问3详解】

可化为对恒成立，

设，

则，，

由基本不等式得，当且仅当时等号成立，

故当时， ，