2022-2023学年重庆市西南大学附属中学校高一下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年重庆市西南大学附属中学校高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知复数，则的实部是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据实部和虚部的定义即可.

【详解】，故实部为.

故选：A

2．已知角的终边经过点，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用三角函数的定义求解.

【详解】解：因为角的终边经过点，

所以，

故选：D

3．如图，一个水平放置的三角形的斜二测直观图是等腰直角三角形，若，那么原三角形的周长是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由斜二测画法原理将直观图转化为原图，根据原图运算求解即可.

【详解】由题意可得：，

由直观图可得原图，如图所示，可知：，

可得，

所以原三角形的周长.

故选：B.

4．复数满足，i为虚数单位，则复数（    ）

A． B． C．或 D．或

【答案】C

【分析】设，代入等式中解出即可.

【详解】设，则，

，

则，解得，，

所以或.

故选：C

5．为测量新校门的高度，在和新校门底部位于同一水平高度的共线三点处分别测得校门顶端处仰角分别为，且m，则新校门的高度为（    ）

A．m B．m

C．m D．m

【答案】B

【分析】先解直角三角形，再用余弦定理即可.

【详解】

记校门底部为点O，显然均为直角三角形，设，则依题意得：

由余弦定理可得：，

而,故上下两式和为零，即

解得.

故选：B

6．如图，已知在中，，，和交于点E，若，则实数的值为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】确定，则，根据共线得到，解得答案.

【详解】，

，

三点共线，故，解得.

故选：C

7．在矩形中，，，点是AB中点，点P在BC边上，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】建立平面直角坐标系，写出各点的坐标，由已知求出点坐标，即可得出答案.

【详解】

如图，建立平面直角坐标系.

由易知可得，，，，，，

设，则，，.

所以，，则，所以.

所以，.

故选：A.

8．在锐角中，，，点是边的中点，则的长度的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据题意由正弦定理可得，结合锐角三角形解得，再根据结合向量的运算律、余弦定理整理得，根据二次函数的性质运算求解即可.

【详解】设角所对的边分别为，则，

∵，由正弦定理可得，即，

若为锐角三角形，则，解得，

又∵点是边的中点，则，

可得

，

注意到开口向上，对称轴，且，

可得，即的长度的取值范围是.

故选：D.

二、多选题

9．下列命题正确的是（    ）

A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形

B．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台

C．用平面截圆柱得到的截面可能是圆、矩形、等腰梯形等

D．底面是正方形，两个侧面是矩形的四棱柱是正四棱柱

【答案】AC

【分析】利用相关几何体的定义域特点一一分析判断即可.

【详解】对A，根据棱柱的特点知其侧棱都相等, 侧面都是平行四边形，故A正确；

对B，根据棱台定义知两个面不仅要平行，还要相似，各条侧棱所在直线交于一点，故B错误；

对C，若用与圆柱上下底面平行的平面去截圆柱，则得到截面为圆，若用与圆柱轴截面平行的的平面截圆柱（也可是轴截面），则得到矩形，若此截面保证与上下底面相交，且交线相互平行，并且交线长不等，此时截面为等腰梯形，C正确；

对D，若这两个是矩形的侧面为相对的侧面，则此时另外两个面可以是平行四边形，则此时不是正四棱柱，故D错误.

故选：AC.

10．已知复数，则下列结论中一定正确的是（    ）

A． B．若，则或

C． D．若，则

【答案】BC

【分析】设，，.求出共轭复数，代入化简整理，结合模的运算，即可判断各项.

【详解】设，，.

对于A项，因为，所以，故A项错误；

对于B项，.

因为，，所以，则，

所以，

展开有，，

整理可得，，

所以或，

所以，或，所以，或，故B项正确；

对于C项，，

又，所以，故C正确；

对于D项，取，，显然.

，，故D项错误.

故选：BC.

11．已知函数，则下列说法正确的是（    ）

A．的值域为

B．若，则的图象关于点中心对称

C．的最小正周期为，则

D．若，的增区间为()

【答案】ACD

【分析】根据正弦函数的性质结合绝对值的定义判断各选项即可.

【详解】对A，因为，所以，A正确；

对B，当时，，

，但，

因此的图象不可能关于点成中心对称，B错；

对C，的最小正周期是，所以的最小正周期是，解得，C正确；

对D，当时，由得，，，

时，，易得时，单调递增，

时，单调递减，又的最小正周期是，

所以的增区间是（），D正确；

故选：ACD．

12．如图，已知圆O的半径为3，点P是圆O内的定点，且，弦AC，BD均过点P，则下列说法正确的是（    ）

A．

B．的取值范围是

C．当时，为定值

D．时，的最大值为28

【答案】BCD

【分析】设与圆交于两点，取的中点，连接，取的中点，连接，利用数量积公式计算可判断A；利用向量的线性运算可判断BC；利用弦长公式和基本不等式可判D.

【详解】如图，设与圆交于两点，取的中点，连接，

所以，取的中点，连接，

所以，所以，

对于A，，故A错误；

对于B，

，故B正确；

对于C， 当时，，

，故C正确；

对于D，因为，所以，

因为

，当且仅当时等号成立，故D正确..

故选：BCD.

三、填空题

13．已知向量，，若，则__________.

【答案】

【分析】由可得，的坐标表示，后由向量模的坐标表示可得答案.

【详解】因，则，，则.

故答案为：

14．正三棱台的上底面边长，下底面边长，棱台的高为2，则该正三棱台的侧面积为__________.

【答案】

【分析】还台为锥，为正三棱锥.由正弦定理求出三棱台上下底面外接圆的半径，进而根据相似三角形以及已知条件推导得出正三棱锥的侧棱长以及高，进而得出棱台的高，即可得出答案.

【详解】

如图，还台为锥，为正三棱锥.

过点作出正三棱锥的高，交棱台上底面于点，交下底面于点，

连结,则易知.

因为为正三角形，是的中心，，

由正弦定理可得，，所以.

同理可得，.

因为，所以.

因为，

所以，.

又平面，平面，

所以，.

在中，.

所以，，所以.

取中点分别为，连结，则是等腰梯形的高.

在等腰三角形中，显然有，

且，，所以，

所以.

所以，.

所以，该正三棱台的侧面积为.

故答案为：.

15．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则的面积为__________.

【答案】##5.28

【分析】由正弦定理可求出，进而根据余弦定理求得或.检验可得，求出，代入面积公式，即可求出答案.

【详解】由正弦定理可知，，

所以，.

根据余弦定理可得，，

所以，，

整理可得，，

解得，或.

当时，此时有，所以.

又，所以，这与相矛盾，舍去，所以.

又，.

所以，的面积为.

故答案为：.

16．已知点O是所在平面内一点，，，则向量与所成夹角的最大值为__________.

【答案】

【分析】根据条件可得，从而得出，并得出，这样可以得出，然后设向量与的夹角为，从而可得出，再结合基本不等式即可得解.

【详解】因为，所以，

即，

所以，

所以，

因为，所以，

则，

又，

所以

，

设向量与的夹角为，

则

，

当且仅当，即时，取等号，

又，所以，所以的最大值为，

即向量与所成夹角的最大值为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：由，，得，，，是解决本题的关键点所在.

四、解答题

17． 如图，已知在直角梯形ABCD中，，，，，若将该图形中阴影部分绕AB所在直线旋转一周，求形成的几何体的表面积与体积.

【答案】，.

【分析】首先得到的旋转体是圆台挖去一个半球，利用圆台和球的表面积和体积公式即可.

【详解】由题意知，所求旋转体的表面积由圆台下底面、侧面和一半球面组成.

在直角梯形ABCD中，过D点作DE⊥BC，垂足为E，

在Rt△DEC中，，

所以，，，  

∴.

因为圆台的体积，

半球的体积，所以所求几何体的体积为.

18．欧拉(1707-1783)，他是数学史上最多产的数学家之一，他发现并证明了欧拉公式，从而建立了三角函数和指数函数的关系，若将其中的取作就得到了欧拉恒等式，它是令人着迷的一个公式，它将数学里最重要的几个量联系起来，两个超越数——自然对数的底数e，圆周率，两个单位——虚数单位i和自然数单位1，以及被称为人类伟大发现之一的0，数学家评价它是“上帝创造的公式”，请你根据欧拉公式：，解决以下问题：

(1)将复数表示成(，i为虚数单位)的形式；

(2)求的最大值.

【答案】(1)

(2)2

【分析】（1）根据题意结合复数运算求解；

（2）根据题意结合复数的四则运算和模长整理得，再结合正弦函数的有界性分析运算.

【详解】（1）因为，

所以.

（2）由题意可得：，

所以，

因为，所以，因此，

所以的最大值为2.

19．在中，角所对边分别为，若.

(1)证明：为等边三角形；

(2)若（1）中的等边边长为2，试用斜二测法画出其直观图，并求直观图面积.

注：只需画出直观图并求面积，不用写出详细的作图步骤.

【答案】(1)证明见解析

(2)作图见解析,面积为

【分析】(1) 利用余弦定理和辅助角公式，以及正弦函数的性质，基本不等式即可求解；

(2) 利用斜二测画法逐步作图即可.

【详解】（1）由题及余弦定理知，

即

又因为，所以，即，.

因此，为等边三角形.

（2）画法：①如图(1)，在等边中，取所在直线为轴，的垂直平分线为轴，两轴相交于点；

在图(2)中，画相应的轴与轴，两轴相交于点，使；

②在图(2)中，以为中点，在轴上取，在轴上取；

③连接，擦去辅助线轴和轴，得等边的直观图(图(3)).

因为是边长为2的正三角形，所以，边上的高为，

在中，，所以，

边上的高，

故，

故直观图面积.

20．在平面直角坐标系中，已知向量，，向量与间的夹角为.

(1)求的值；

(2)若向量与夹角为钝角，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由平面向量的数量积求出模长的值；

（2）由向量与夹角为钝角，得出，且与不能共线，列出不等式组求出实数的取值范围.

【详解】（1）由题设知，

所以

即.

（2）因为向量与夹角为钝角，

所以，且与不能共线

即，所以，解得.

若与反向共线，则.

综上，实数的取值范围是.

21．在中，角所对边分别为，若.

(1)求角A；

(2)设，为内一点，线段的延长线交于点，________，求的面积.

在下面三个条件中选择一个补充在横线上，使存在，并解决问题.

①O为的重心，；②O为的外心，；③O为的内心，.

注：①如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分；②若选择的序号条件无法构成三角形，需说明理由，且不用重新选择其它序号作答.

【答案】(1)

(2)答案见解析

【分析】（1）根据正弦定理得到，化简得到，得到答案.

（2）选择条件① ② ③时分别计算，根据重心得到，根据得到，根据余弦定理得到，解得，计算面积即可.

【详解】（1），故，即，

，故，所以，

又，所以，故.

（2）若选条件①：

因为O为的重心，且，所以，

又，故，

即，

由余弦定理得，即，

解得：，此时存在，为正三角形.

所以.

若选条件②：

设外接圆半径为R，由正弦定理得，所以.

若O为的外心，则AO为外接圆半径，所以，

条件②与此矛盾，此时不存在，故不选②.

若选条件③：

因为O为的内心，所以，

由，得

因为，所以，即，

由余弦定理可得，即，

所以，即，

因为，所以，此时存在，为正三角形.

所以.

22．如图，在我校即将投入使用的新校门旁修建了一条专门用于跑步的红色跑道，这条跑道一共由三个部分组成，其中第一部分为曲线段ABCD，该曲线段可近似看作函数，的图象，图象的最高点坐标为.第二部分是长为1千米的直线段DE，轴.跑道的最后一部分是以O为圆心的一段圆弧.

(1)若新校门位于图中的B点，其离AF的距离为1千米，一学生准备从新校门笔直前往位于O点的万象楼，求该学生走过的路BO的长；

(2)若点P在弧上，点M和点N分别在线段和线段上，若平行四边形区域为学生的休息区域，记，请写出学生的休息区域的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，取得最大值.

【答案】(1)千米

(2)；

【分析】（1）由图可知，，利用求出，再代入点求出解析式，即可求出B点的坐标，进而可求BO的长；

（2）由已知可求出E点坐标，进而得到圆O的半径OE的长和，利用正弦定理和三角形面积公式即可求出，进而得到平行四边形的面积S关于的函数关系式，利用正弦函数的性质即可求出最大值.

【详解】（1）解：由条件知，，又因为，则，所以.

又因为当时，有，且，所以.

所以曲线段ABCD的解析式为，.

由，即，或

解得，又因为，所以，，所以；

或，无论k为何值都不符合，舍去，

所以，即该学生走过的路BO的长为千米.

（2）由题可知，当时，，所以

则，，，所以.

在中，，，，，

则由正弦定理，可得，

故可得，

故

，

即，

当时，，此时S取得最大值.

【点睛】已知的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数和，常用如下两种方法：

（1）由即可求出；确定时，若能求出离原点最近的右侧图象上升（或下降）的“零点”横坐标，则令（或），即可求出.

（2）代入点的坐标，利用一些已知点（最高点、最低点或零点）坐标代入解析式，再结合图形解出和，若对A，的符号或对的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.