四川省成都石室中学2022-2023学年高一数学下学期期中考试试题（Word版附解析）

成都石室中学2022～2023学年度下期高2025届期中考试

数学试卷

（满分150分，考试时间120分钟，考试结束后，只将答题卷交回）

第Ⅰ卷

注意事项：

1.答第Ⅰ卷前，考生务必将自己的班级、姓名、准考证号写在答题卷上.

2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，答在试题卷上的无效.

一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的.

1. 已知向量，且，则x＝（　　）.

A. 8 B. 2 C. 4 D.

【答案】A

【解析】

【分析】由向量垂直得到方程，求出的值.

【详解】由题意得：，解得：.

故选：A

2. 已知复数，在复平面内对应点关于虚轴对称，若，则

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

首先确定复数，然后利用除法法则确定的值即可.

【详解】由题意可得：，

则.

故选D.

【点睛】本题主要考查复数的运算法则，复数的几何意义等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

3. 已知圆锥的表面积等于，其侧面展开图是一个半圆，则圆锥底面的半径为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】设圆锥的底面圆的半径为，母线长为，利用侧面展开图是一个半圆，求得与之间的关系，代入表面积公式即可得解.

【详解】设圆锥的底面圆的半径为，母线长为，

圆锥的侧面展开图是一个半圆，，

圆锥表面积为，， ，

故圆锥的底面半径为，

故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题考查圆锥的表面积公式及圆锥的侧面展开图，解题的关键是利用侧面展开图时一个半圆，求得母线长与半径的关系，考查学生的计算能力，属于一般题.

4. 已知函数向左平移个单位后，得到函数，下列关于的说法正确的是.

A. 图象关于点中心对称 B. 图象关于轴对称

C. 在单调递减 D. 在区间单调递增

【答案】D

【解析】

【详解】函数的图象向左平移个单位，得到的图象对应的函数为．对于A，当时，．图象不关于点中心对称，∴A不正确；对于B，当时，，图象不关于轴对称，∴B不正确；对于C，的周期是．当时，函数取得最大值，∴在单调递减不正确，∴C不正确；的周期是．当时，函数取得最大值，时，函数取得最小值，∵，∴在区间单调递增，∴D正确

点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母而言. 函数是奇函数；函数是偶函数；函数是奇函数；函数是偶函数.

5. 在中，三个内角所对的边为，若，，，则（ ）

A.   B.   C. 4 D. 

【答案】B

【解析】

【分析】由正余弦定理进行边化角可求得，再运用三角形的面积公式求得，利用余弦定理可求得答案．

【详解】解：因为，所以，又，所以．

因为＝，所以．

因为，

所以＝，

所以，

故选：B．

6. 如图，已知半圆的直径AB＝2，点C在AB的延长线上，BC＝1，点P为半圆上一个动点，以DC为边作等边三角形PCD，且点D与圆心分别在PC的两侧，则四边形OPDC面积的最大值为（    ）

A. 2 B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设，根据余弦定理得到，再利用四边形OPDC面积结合三角函数的性质即可求解.

【详解】设，

在中，由余弦定理得：，

所以四边形OPDC面积

因为，所以，

所以当，即时，四边形OPDC面积的最大值为 .

故选：D

7. 如图，函数（，，）的部分图象与坐标轴的三个交点分别为，Q，R，且线段RQ的中点M的坐标为，则等于（    ）

A. 1 B. －1 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用线段RQ的中点M的坐标求出Q，R的坐标，求出周期,写出的解析式，计算的值即可.

【详解】设，

线段的中点的坐标为,

，解得，

，解得，

当时，

根据五点法画图，令，解得，

因为，所以，

所以，解得，

.

.

故选：A

8. 在中，，为线段上的点，且.若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】转化，结合余弦定理，即可求解x,得到.

【详解】不妨设

由余弦定理：

联立得到：

故选：B

【点睛】本题考查了解三角形和向量综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.

二、多项选择题：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.全选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9. 下列有关复数的叙述正确的是（    ）

A. 若，则 B. 若，则的虚部为

C. 若，则不可能为纯虚数 ． D. 若，则  ．

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据复数的运算、复数的概念、复数模的几何意义判断各选项．

【详解】，所以，A正确；

，虚部是，B错误；

，若，则是实数，若，则是虚数，不是纯虚数，C正确；

，则复数对应的点在以为圆心，1为半径的圆上，这个圆上的点到原点的距离最小值为0，最大值为2，所以，D正确．

故选：ACD．

10. 下列说法正确的是（    ）

A. 圆柱的所有母线长都相等

B. 棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形

C. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥

D. 棱台的侧棱延长后必交于一点

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用圆柱的性质判断选项A；利用棱柱的性质判断选项B；利用正棱锥的定义判断选项C；利用棱台的性质判断选项D.

【详解】选项A：圆柱的所有母线长都相等.判断正确；

选项B：棱柱的侧棱都相等，侧面都是平行四边形.判断正确；

选项C：底面是正多边形且顶点在底面的射影为底面正多边形的中心的棱锥是正棱锥.判断错误；

选项D：棱台的侧棱延长后必交于一点.判断正确.

故选：ABD

11. 在中，角所对的边分别为，则下列结论正确的是（    ）

A. 若，则为锐角三角形

B. 若为锐角三角形，则

C. 若，则为等腰三角形

D. 若，则是等腰三角形

【答案】BD

【解析】

【分析】对于A，用余弦定理可以判定；对于B，利用正弦函数单调性及诱导公式即可判定；对于C，由正弦函数的性质结合三角形内角即可判定；对于D，利用正弦定理及两角和的正弦公式即可判定.

【详解】对于A，由余弦定理可得，即，但无法判定A、C的范围，故A错误；

对于B，若为锐角三角形，则有，由正弦函数的单调性可得，故B正确；

对于C，若，由正弦函数的性质可得或，又，故或，所以C错误；

对于D，若，由正弦定理可得，结合两角和的正弦公式得

又，所以，故，所以D正确.

故选：BD

12. 著名数学家欧拉提出了如下定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．此直线被称为三角形的欧拉线，该定理被称为欧拉线定理．已知△ABC的外心为O，重心为G，垂心为H，M为BC中点，且AB=4，AC=2，则下列各式正确的有（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用三角形外心、重心、垂心的性质，结合平面向量的线性运算法则以及平面向量的数量积的定义及运算律逐项分析即可求出结果.

【详解】由G是三角形ABC的重心可得，所以=，故A项错误；

过三角形ABC的外心O分别作AB、AC的垂线，垂足为D、E，如图（1），易知D、E分别是AB、AC的中点，则

，故B项正确；

因为G是三角形ABC的重心，所以有，故，

由欧拉线定理可得，故C项正确；

如图（2），由可得，即，则有，D项正确，

故选：BCD.

第Ⅱ卷

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分.

13. 的值为______.

【答案】

【解析】

【分析】根据诱导公式和两角和的余弦公式即可求解.

【详解】

.

故答案为：.

14. 在中，AB＝5，AC＝6，D是BC的中点，H是的垂心，则______.

【答案】

【解析】

【分析】利用利用中点公式及垂直，向量数量积的运算及其性质解决本题.

【详解】因为H是的垂心，可得，所以.

又因为D是BC的中点，可得AD是中线，所以.

从而

.

故答案为：

15. 如图，在中，已知，为上一点，且满足，若的面积为，，则的最小值为_________.

【答案】

【解析】

【分析】首先利用平面向量基本定理求得m的值，然后结合题意和均值不等式的结论求解最值即可，注意等号成立的条件.

【详解】设，则.

由平面向量基本定理可得：，解得：，

，令，，

则，

，且，.

，

当且仅当，即，即时等号成立.

即.

故答案为：

16. 在中，角的对边分别为， ，，若有最大值，则实数的取值范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】

由正弦定理，三角恒等变换和辅助角公式可得，其中，结合范围，由于有最大值，可求，进而求解的取值范围.

【详解】由于，所以，

由正弦定理得，

所以，，

所以

.

当，即时，，没有最大值，所以，

则，其中，

要使有最大值，则要能取，由于，

所以，所以，即，解得

所以的取值范围是.

故答案为：

【点睛】解三角形的基本策略：一是利用正弦定理实现“边化角”，二是利用余弦定理实现“角化边”.主要方法有两类，一是找到边之间的关系，利用基本不等式求最值，二是利用正弦定理，转化为关于某个角的函数，利用函数思想求最值.

四、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17. 在中，，.

（1）求角的大小；

（2）若的最长边的边长为，求最短边的边长.

【答案】（1）   

（2）1

【解析】

【分析】（1）由两角和的正切公式求出，即可求出，从而得解；

（2）首先判断最短边为，再由同角三角函数的基本关系求出，最后由正弦定理计算可得.

【小问1详解】

因为，，

所以.

因为，所以，因此.

【小问2详解】

因为，且、均为锐角，所以，

又由于是钝角，所以最长边为，最短边为，

由，解得或（舍去），

又，由正弦定理，所以.

18. 已知复数.

（1）求的值；

（2）设，，，求.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据复数代数形式的乘方运算法则计算可得；

（2）由（1）得，即可得到，从而求出其模.

【小问1详解】

因为，

所以，

所以.

【小问2详解】

由（1）得，

所以

，

因此.

19. 在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且.

（1）求A的大小；

（2）若a＝7，且顶点A到边BC的距离等于，求b和c的长.

【答案】（1）   

（2）b＝3，c＝5或b＝5，c＝3

【解析】

【分析】（1）先利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理求解；

（2）利用面积公式求出，联立方程组可求答案.

【小问1详解】

由正弦定理，，

即.

因为，，

所以.

【小问2详解】

由（1）可知①.

又因为，所以②，

联立①②解得b＝3，c＝5或b＝5，c＝3.

20. 某学校的一个数学兴趣小组在学习了正弦定理、余弦定理的应用后，准备测量学校附近一座建筑物的高度.建筑物最高点在地面上的投影位于建筑物内部，不可到达且不可从外部看到，该小组在学校操场上任意选择了相距30 m的，两点进行测量.有三位同学各自提出了一种方案，并测出了相应的数据.

方案一：从，两点分别测得点的仰角和，再从点测得.其中，，.

方案二：从点处测得，从点处测得和点的仰角.其中，，.

方案三：从点处分别测得点和的俯角和，以及.其中，，.

从上述三种方案中选择一种你认为能够测出建筑物的高度的方案，并根据该方案中的数据计算出的长.（注意：只能使用你所选择的方案中的数据，不能使用未选择的方案中的数据.如果选择多个方案，则按照所选的第一个方案的解答计分.）

【答案】答案见解析.

【解析】

【分析】选择方案二：首先求出，由正弦定理求出，再由锐角三角函数求出；

选择方案三：设，表示出，，再在中利用余弦定理计算可得；

若选择方案一：首先求出，设，表示出，，由正弦定理求出，即可得到有两种可能取值，即可判断.

【详解】选择方案二，则，

.

由于，

所以

.

在中，由正弦定理可得，

因此，

从而.

选择方案三：设，则，.

在中，由余弦定理可得，

即，解得（舍去负根）.

所以.

如果选择方案一，因为，所以，

设，则，.

由正弦定理计算可得，

则有两种可能取值，

所以，

故不能唯一确定的值.

  【点睛】

21. 如图，已知中，，，，点是的内切圆圆心（即三条内角平分线的交点），直线与交于点.

（1）设，求和的值；

（2）求线段的长.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据角平分线的性质得到，再根据平面向量线性运算法则计算可得；

（2）根据数量积的运算律求出，即可求出，连结，根据角平分线的性质求出.

【小问1详解】

由于是的平分线，所以，

因此，从而，

由平面向量基本定理可得，.

小问2详解】

由（1）可知.

由题意，，.

由得，

即，所以.

因此，即，

又，，所以，

连结，则是的平分线，因此，从而.

22. 凸四边形ABCD中，AB＝3，BC＝4，CD＝4，DA＝6.记，.

（1）求的值；

（2）设凸四边形ABCD的面积为S，求S的最大值，以及当S取得最大值时的值.

【答案】（1）；   

（2），.

【解析】

【分析】（1）在与中，利用余弦定理列式、化简作答.

（2）利用三角形面积公式列式，再与（1）的结论结合求得的余弦函数关系，利用余弦函数的性质求解作答.

【小问1详解】

在内，由余弦定理得；

在内，由余弦定理得，

因此，整理得，

所以.

小问2详解】

依题意，

，

因此.

由（1）知，得，

两式相加得，

因此当时，取得最大值9，此时，

所以当时，S的最大值是.