兴国平川中学2022-2023学年高一下学期期中考试数学试卷(含答案)

这是一份兴国平川中学2022-2023学年高一下学期期中考试数学试卷(含答案)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．已知，则“”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
2．设（i为虚数单位），则复数z的虚部为( )
A.B.4C.D.
3．下列命题正确的是( )
A.有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱
B.有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
C.正六棱锥的侧棱和底面边长一定不相等
D.棱柱的侧面都是全等的平行四边形
4．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则的面积为( )
A.B.C.D.
5．下列说法中正确的是( )
A.若，则，的长度相同，方向相同或相反
B.若向量是向量相反向量，则
C.若，则存在唯一的实数使得
D.在四边形中，一定有
6．庄严美丽的国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征，正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系.在如图所示的正五角星中，以A，B，C，D，E为顶点的多边形为正五边形，且，则( )
A.B.
C.D.
7．锐角中，角A、B、C所对边分别为a、b、c，若，则范围为( )
A.B.C.D.
8．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：当三角形的三个角均小于时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点.在费马问题中所求的点称为费马点.已知a、b、c分别是三个内角A、B、C的对边，且，，若点P为的费马点，则( )
A.B.C.D.
二、多项选择题
9．下列各命题中，是充要条件的有( )
A.，为二次函数B.，，
C.四边形是正方形，四边形对角线互相平分D.或，
10．设，是复数，则( )
A.若，则B.若，则
C.若，则D.若，则
11．将边长为2的正三角形绕着它的一条高线旋转一周得到一个圆锥，下列叙述正确的是( )
A.圆锥的体积为B.圆锥的侧面积为
C.圆锥侧面展开图扇形圆心角为πD.过圆锥顶点的截面面积的最大值为
12．正方形ABCD的边长为4，E是BC中点，如图，点P是以AB为直径的半圆上任意点，，则( )
A.最大值为1B.·最大值是8
C.最大值为D.最大值是
三、填空题
13．已知空间向量，，若，则__________.
14．中，，，，平分交于D，则线段的长为______.
15．2020年夏天，国内多地出现洪涝灾情，某地一处长的堤坝需要用土方进行填筑加固，计划将背水坡的坡度由原来的改为（如图所示），其中背水坡长为，则加固这段堤坝需要使用的土方量为______.
16．在中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，，，点D在线段BC上，，过点D作，，垂足分别是E，F，则面积的最大值是______.
四、解答题
17．已知.
（1）化简；
（2）若，且为第三象限角，求.
18．已知z为虚数，为实数.
（1）若为纯虚数，求虚数z；
（2）求的取值范围.
19．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，.
（1）求c的值；
（2）若，求面积的最大值.
20．如图，AB是圆柱的一条母线，BC过底面圆心O，D是圆O上一点.已知，.
（1）求该圆柱的表面积；
（2）将四面体ABCD绕母线AB所在的直线旋转一周，求的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积.
21．已知向量，，设函数，
（1）求函数的单调递增区间;
（2）当时，方程有两个不等的实根，求m的取值范围;
（3）若函数，对任意的，存在，使得，求实数k的取值范围.
22．将二次函数的图象在坐标系内自由平移，且始终过定点，则图象顶点A也随之移动，设顶点所满足的表达式为二次函数.例如，当时，；当时，.
（1）当，图象平移到某一位置时，且P与A不重合，有，其中O为坐标原点，求的坐标；
（2）记函数在区间上的最大值为，求的表达式；
（3）对于常数（），若无论图象如何平移，当A，P不重合时，总能在图象上找到两点B，C，使得，且直线与无交点，求的取值范围.
参考答案
1．答案：C
解析：因为，，所以成立；
又，，所以成立；
所以当时，“”是“”的充分必要条件.
故选：C.
2．答案：A
解析：，
，
复数z的虚部为，
故选：A.
3．答案：C
解析：对A，有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体，A错；
对B，有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体如图所示，B错；
对C，正六棱锥的底面为正六边形，其底面最长的对角线长度为底面边长的两倍，又该对角线和相交的两条侧棱要构成三角形，故侧棱一定大于底面边长，C对；
对D，棱柱的侧面不一定是全等的平行四边形，D错；
故选：C.
4．答案：A
解析：由余弦定理得：，，又，
所以，，，.
故选：A.
5．答案：B
解析：对于A，若，则，的长度相同，方向任意，A错误；
对于B，由相反向量定义知：与方向相反，模长相等，B正确；
对于C，当，时，，此时不存在唯一的实数使得，C错误；
对于D，若O为中点，则，
与不恒相等，不恒成立，D错误.
故选：B.
6．答案：A
解析：设，
因为，
所以，，，
所以，，
因为，
所以，
所以，
，
.
故选：A.
7．答案：A
解析：因为，所以，
由余弦定理得：，
所以，所以，
由正弦定理得，因为，
所以，
即，
因为是锐角三角形，所以A，，
所以，即，
所以，解得，
则，
因为，所以，
故选：A.
8．答案：C
解析：，，
即，
又，，
，
即，
，，又，.
由三角形内角和性质知：内角均小于，结合题设易知：P点一定在三角形的内部，
再由余弦定理知，，，，
，
.
由等号左右两边同时乘以可得：
，
.
故选：C.
9．答案：AD
解析：对选项A，若，为二次函数，满足充分性，
若为二次函数，则，满足必要性，故A选项为充要条件.
对选项B，若，时，则，满足充分性，
若时，则，或，，不满足必要性，故B不符合充要条件.
对选项C，若四边形是正方形，则四边形对角线互相平分，满足充分性，
若四边形对角线互相平分，则四边形为平行四边形，不一定是正方形，
不满足必要性，故C不符合充要条件.
对选项D，若或，则，满足充分性，
若，则，解得或，满足必要性，
故D选项为充要条件.
故选：AD.
10．答案：ABC
解析：对于A：若，则，
所以，故A正确；
对于B：若，根据共轭复数的定义可得，故B正确；
对于C：，，
若，即，可得，故C正确；
对于D：例如，，显然成立，
但，，即，故D错误；
故选：ABC.
11．答案：BCD
解析：由题意圆锥的母线长为，底面半径为，高为，
，A错；
，B正确；
圆锥侧面展开图扇形圆心角为，C正确；
由题意圆锥轴截面是等边三角形，任意两条母线夹角的最大值为轴截面顶角，
因此过圆锥顶点的截面面积的最大值，D正确.
故选：BCD.
12．答案：AD
解析：如图，以AB的中点O为坐标原点，建立平面直角坐标系，
则，，，，
设，
可得，，，，
则，
由题意可得，解得.
对于A：，且，可得当，取到最大值1，
最大值为1，故A正确；
对于B：，
，可得当时，取到最大值1，
·最大值是，故B错误；
对于C：，其中，，
由，则，
令，解得；令，解得；
故在上单调递减，在上单调递增，
当时，则；当时，则；
最大值是1，故C错误；
对于D：，
，则，
则当，即时，取到最大值1，
最大值是，故D正确；
故选：AD.
13．答案：3
解析：，得.
14．答案：
解析：平分交于D，
中，，
中，，
，
，
设，，，
中，，
中，，
两式相除可得，，
解得：.
故答案为.
15．答案：
解析：在中，，，
由正弦定理可得：，故，
于是三棱柱的体积为，
故答案为：.
16．答案：/
解析：因为，所以由正弦定理得，
则，
因为，所以，
所以，则，
由余弦定理可得，即，
因为，所以，则，当且仅当时，等号成立，
连结，因为，所以，
所以，则，，
则.
故答案为：.
.
17．答案：（1）
（2）
解析：（1）.
（2）α为第三象限角，则，
，而，
，则.
18．答案：（1）或
（2）
解析：（1）由于z为虚数，可设（x，，），
则，
由为纯虚数，得，
，
又因为为实数，
则，，
得，，
所以或.
（2），，
因为为实数，
，
，，
，
则，解得：，
，
由于，则，所以，
即，
所以的取值范围为.
19．答案：（1）
（2）
解析：（1）因为，
所以，
解得.
（2）因为，
所以由正弦定理得，
.
，
当即时，取最大值为3.
，
所以面积的最大值为.
20．答案：（1）
（2）
解析：（1）由题意知AB是圆柱的一条母线，BC过底面圆心O，且，
可得圆柱的底面圆的半径为，
则圆柱的底面积为，
圆柱的侧面积为，
所以圆柱的表面积为.
（2）由线段AC绕AB旋转一周所得几何体为以BC为底面半径，以AB为高的圆锥，
线段AD绕AB旋转一周所得的几何体为BD为底面半径，以AB为高的圆锥，
所以绕AB旋转一周而成的封闭几何体的体积为：
.
21．答案：（1），
（2）
（3）
解析：（1）由题意可知：
，
由，，
解得:，，
故函数的单调递增区间为，.
（2）令，
当时，令，则，
且在上递增，在上递减，
当时，方程有两个不等的实根，
则需函数的图象与有两个交点，
即，与有两个交点，
如图所示:
，
则，则.
（3）由题意，
若对于任意的，存在，使得，
即，
当时，，则.
当时，，
故当时，不成立;
当时，，解得;
当时，，解得，
故实数k的取值范围为.
22．答案：（1）
（2）
（3）
解析：（1）当时，，设点，，
，因为，所以，解得：或，
则或，
当点A的坐标为时，A与P重合，不合题意，所以，.
（2）设二次函数的图象在坐标系内平移之后的解析式为，为二次函数的顶点，
因为函数过定点，则，即，
，对称轴为，
当时，即，在区间上单调递减，；
当时，即，在区间上单调递增，；
时，即，在区间上单调递增，在区间上单调递减，.
所以.
（3）设直线，则联立，无解，，则直线与无交点；
设，，，，，
，
恒成立，的取值范围为R.