四川省广安第二中学2022-2023学年高一下学期期中数学试卷(含答案)

这是一份四川省广安第二中学2022-2023学年高一下学期期中数学试卷(含答案)，共17页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知复数，若，则( )
A.B.C.D.
2．在中，，，，则此三角形的最大边长为( )
A.B.C.D.
3．已知点，，，则与的夹角的余弦值为( )
A.B.C.D.
4．如图，在平行四边形中，E是的中点，，则( )
A.B.C.D.
5．如图：正三棱锥中，，侧棱长为2，过点C的平面截得.则的周长的最小值为( )
A.2B.C.4D.
6．在中，，，则的值为( )
A.B.C.D.
7．下列各数，，，中，最大的是( )
A.aB.bC.cD.d
8．把一个铁制的底面半径为4，侧面积为的实心圆柱熔化后铸成一个球，则这个铁球的半径为( )
A.B.C.2D.
二、多项选择题
9．若复数z满足，则( )
A.
B.是纯虚数
C.复数z在复平面内对应的点在第三象限
D.若复数z在复平面内对应的点在角的终边上，则
10．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( )
A.若，，则有两解
B.若，，，则无解
C.若，，，则有一解
D.若，，，则有两解
11．如图所示，在空间四边形中，点E，H分别是边，的中点，点F，G分别是边，上的三等分点，且，则下列说法正确的是( )
A.E，F，G，H四点共面
B.与异面
C.与的交点M可能在直线上，也可能不在直线上
D.与的交点M一定在直线上
12．已知O为坐标原点，点，，，，则( )
A.B.
C.D.
三、填空题
13．已知向量，的夹角为，，，则______.
14．如图，是水平放置的的直观图，，，，则原的面积为________
15．已知，，求______.
四、双空题
16．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美.图2是由边长为1的正方形和正三角形围成的一个半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上.则该半正多面体共有________个面，其体积为________.
五、解答题
17．已知的内角A，B，C所对的对边分别为a，b，c，周长为，且.
（1）求c的值；
（2）若的面积为，求角C的大小.
18．已知函数，，其中，，若的图像相邻两最高点的距离为，且有一个对称中心为.
（1）求和的值；
（2）若方程有解，求k的取值范围.
19．如图所示是在圆锥内部挖去一正四棱柱所形成的几何体，该正四棱柱上底面的四顶点在圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，已知圆锥侧面积为，底面半径为.
（1）若正四棱柱的底面边长为，求该几何体的体积；
（2）求该几何体内正四棱柱侧面积的最大值.
20．如图，在中，，，，P为内一点，.
（1）若，求PA；
（2）若，求.
21．已知函数，.
（1）列表，描点，画函数的简图，结合图象得出函数的单调区间和最值；
（2）若，，求的值.
22．为响应国家“乡村振兴”号召，农民老王拟将自家一块直角三角形地按如图规划成3个功能区：区域为荔枝林和放养走地鸡，区域规划为“民宿”供游客住宿及餐饮，区域规划为小型鱼塘养鱼供休闲垂钓.为安全起见，在鱼塘周围筑起护栏.已知，，，.
（1）若，求护栏的长度（的周长）；
（2）若鱼塘的面积是“民宿”的面积的倍，求；
（3）当为何值时，鱼塘的面积最小，最小面积是多少？
参考答案
1．答案：B
解析：，
所以，
故选：B.
2．答案：B
解析：因为，，所以，则B对的边最大，
由，可得.
故选：B.
3．答案：A
解析：由题意知：，.
所以：.
故选：A.
4．答案：C
解析：.
故选：C.
5．答案：D
解析：由题意，沿正三棱锥的侧棱AC剪开，所得侧面展开图是三个顶角为的等腰三角形，腰长为2，如图所示：
连接，则，
所以是等腰直角三角形，
则，
由两点间线段最短得：的周长的最小值为C，两点之间的距离，即，
故选：D.
6．答案：D
解析：，，，，
，由正弦定理知，，，
又，，
，
.
故选：D.
7．答案：D
解析：观察发现，而，，，
故选：D.
8．答案：C
解析：因为实心圆柱的底面半径为4，侧面积为，
所以圆柱的高为，
则圆柱的体积为，
设球的半径为R，则，，
故选：C.
9．答案：AB
解析：A项，，故A项正确；
B项，，即是纯虚数，故B项正确；C项，复数z在复平面内对应的点为，该点在第一象限，故C项错误；
D项，因为在角的终边上，则，故D项错误.故选AB.
10．答案：BD
解析：A选项，因为，，所以，故，是边长为2的等边三角形，有1解，A错误；
B选项，若，，，由正弦定理得，即，
解得，无解，B错误；
C选项，若，，，由大边对大角可知，，此时三角形中有2个钝角，不可能，则无解，C错误；
D选项，若，，，由正弦定理得，即，
解得，因为，所以或，
所以有两解，D正确.
故选：BD.
11．答案：AD
解析：在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，则，且，
点F，G分别是边BC，CD上的点，且，则，且，
因此，点E，F，G，H四点共面，故A正确，B错误；
，，即四边形是梯形，则EF与GH必相交，交点为M，
点M在EF上，而EF在平面ACB上，则点M在平面ACB上，同理点M在平面ACD上，
则点M是平面ACB与平面ACD的公共点，而AC是平面ACB与平面ACD的交线，
所以点M一定在直线AC上，故C错误，D正确.
故选：AD.
12．答案：AC
解析：方法一：对于选项A，因为，，所以，，则，故A正确；对于选项B，因为，，
所以，，当时，，故B错误；对于选项C，，，所以，，
所以，故C正确；对于选项D，，，当且时，，故D错误.故选AC.
方法二：如图，由图可知，故A正确；当且仅当时，成立，故B错误；因为，，且，故C正确；，，因为与不一定相等，故D错误.故选AC.
13．答案：
解析：因为向量，的夹角为，，，
所以，
所以.
故答案为：.
14．答案：12
解析：如图所示，根据斜二测画法的规则，得到原为直角三角形，
因为，，可得，，且，
所以原的面积为.
故答案为：.
15．答案：
解析：因为，所以，
因为，所以，
所以
.
故答案为：.
16．答案：26；
解析：将图2所示的半正多面体看作上、中、下三个部分，
则上部包含5个正方形、4个正三角形；中部包含8个正方形；下部包含5个正方形、4个正三角形；
所以该半正多面体共有个面，
如图所示，
因为半正多面体的棱长为1，所以，又为等腰直角三角形，
故，所以正方体棱长为，
由图知该图形是由一个正方体截去12相同的三棱柱和8个相同的小正方体的得到的，
其中三棱柱的高1，底面为斜边为1的等腰直角三角形，
小正方体的棱长为，大正方体的棱长为，
所以所求体积
.
故答案为：26；.
17．答案：（1）1
（2）
解析：（1）因为三角形周长为，所以，
因为，所以由正弦定理可得，
所以
解得.
（2）由的面积得，
由（1），由余弦定理得，
，
又，
所以.
18．答案：（1），
（2）
解析：（1）若的图像相邻两最高点的距离为，则的最小正周期，
，
又函数图像的一个对称中心为，所以，
，，又，
.
（2）由上得：，当，
得时，，时，，
要在时有解等价于函数与，
在时有交点，
则.
19．答案：（1）
（2）
解析：（1）设圆锥母线长为l，高为h，正四棱柱的高为，
由，有，故，
由，故，
所以圆锥体积为，
由，有正四棱柱的底面对角线长为2，
由图可得，所以，
故正四棱柱的体积为，
所以该几何体的体积为.
（2）由图可得，即，即，
由，当且仅当时左式等号成立，
有，当且仅当，时左式等号成立，
故正四棱柱侧面积，当且仅当，时左式等号成立，
所以该几何体内正四棱柱侧面积的最大值为.
20．答案：（1）
（2）
解析：（1）由已知得，所以.
在中，由余弦定理得.
故.
（2）设，由已知得.
在中，由正弦定理得，
化简得.
所以，即.
21．答案：（1）答案见解析
（2）答案见解析
解析：（1）由解析式可得：
所以的图象如图示：
所以在，上递增，在上递减，
且函数的最大值为1，最小值为.
（2）①若，其中，则，
故；
②若，其中，
当，则；
当，此时无解；
当，则；
③若，其中，则，
故无解.
综上可得，的值为.
22．答案：（1）
（2）
（3）时，的面积取最小值为
解析：（1），，，，，，，
在中，由余弦定理可得：，则，，，，，，护栏的长度（的周长）为.
（2）设（），因为鱼塘的面积是“民宿”的面积的倍，所以，即，，中，由三角形外角定理可得，在中，由，得，从而，即，
由，得，所以，即.
（3）设（），由（2）知，，
中，由外角定理可得，又在中，由，得，所以
，所以当且仅当，
即时，的面积取最小值为.
x
0
π
x
0
1
0