2022-2023学年江西省赣州市兴国平川中学高一下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年江西省赣州市兴国平川中学高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

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

【答案】C

【分析】利用不等式的性质和充要条件的判定条件进行判定即可.

【详解】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．设为虚数单位），则复数的虚部为　　

A． B．4 C． D．

【答案】A

【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数的虚部概念得答案．

【详解】解：，

，

复数的虚部为，

故选：．

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

【答案】C

【分析】对A，根据棱柱的定义可判断；

对B，举出反例判断即可；

对C，根据正六棱锥底面正六边形的性质判断即可；

对D，根据棱柱的性质判断即可

【详解】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．的内角的对边分别为，若，则的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】由余弦定理求出关系，再结合可求得，再用三角形面积公式计算出面积．

【详解】由余弦定理得：，∴，又，

所以，∴，∴　，∴.

故选：.

【点睛】本题考查余弦定理和三角形面积公式，属于基础题．利用余弦定理求得的关系，并结合已知求得的值是关键，三角形的面积公式.

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

【答案】B

【分析】由相反向量定义、向量模长定义、平面向量共线定理和向量线性运算依次判断各个选项即可.

【详解】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，若为中点，则，

与不恒相等，不恒成立，D错误.

故选：B.

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，以为顶点的多边形为正五边形，且，则（ ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】设，根据，得到，进而得到，然后由求解.

【详解】设，

因为，

所以，

所以，

因为，

所以，

所以，

，

.

故选：A

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．

【答案】A

【分析】首先根据题意，结合余弦定理得到，利用正弦定理转化求得，根据角的范围，得到，根据三角形是锐角三角形，求得，结合条件，将式子化为，从而求得结果.

【详解】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，

所以，即，

所以，解得，

则，

因为，所以，

故选：A.

【点睛】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理、余弦定理解三角形，三角形中的三角恒等变换，正弦型函数在给定区间上的值域，属于中档题目.

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120°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．已知分别是三个内角的对边，且，，若点P为的费马点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由余弦定理和两角和的余弦公式化简，可得，，再根据等面积法即可求得，“费马点”定义可得该点与三角形的三个顶点的连线两两成角，从而求得答案.

【详解】,

即 ,

又 ,

,

即 ,

, 又.

由三角形内角和性质知：△ABC内角均小于120°，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.

【点睛】本题主要考查两角和差的余弦公式、余弦定理，平面向量的数量积以及等面积法的应用；理解新概念灵活运用，属于较难题.

二、多选题

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，

【答案】AD

【分析】根据充要条件依次判断选项即可得到答案.

【详解】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．设是复数，则（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】ABC

【分析】根据复数的相关概念结合复数的运算逐项分析判断.

【详解】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．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 D．过圆锥顶点的截面面积的最大值为

【答案】BCD

【分析】由题中等边三角形就是圆锥轴截面，得出圆锥母线长，底面半径，高，然后计算体积、侧面积，圆锥侧面展开图扇形圆心角，过圆锥顶点的截面面积的最大值判断各选项．

【详解】由题意圆锥的母线长为，底面半径为，高为，

，A错；

侧，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．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1 B．·最大值是8

C．最大值为 D．最大值是

【答案】AD

【分析】建系，设，根据向量的坐标运算结合三角函数的有界性逐项分析运算.

【详解】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.

【点睛】方法定睛：1．平面向量的线性运算要抓住两条主线：一是基于“形”，通过作出向量，结合图形分析；二是基于“数”，借助坐标运算来实现．

2．正确理解并掌握向量的概念及运算，强化“坐标化”的解题意识，注重数形结合思想、方程思想与转化思想的应用．

三、填空题

13．已知空间向量，，若，则__________．

【答案】3

【详解】，得．

14．中,，，，平分交于,则线段的长为______.

【答案】

【分析】由是角平分线，可知，设，和中，分别列出余弦定理，再求的长度.

【详解】平分交于,

中，，

中，，

，

，

设，

中，，

中， ，

两式相除可得， ，

解得：.

故答案为

【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，意在考查转化与化简和计算能力，属于中档题型，本题的关键是根据正弦定理判断出，问题迎刃而解.

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__.

【答案】.

【解析】计算三棱柱的体积得出答案.

【详解】解：在中，，，

由正弦定理可得：，故，

于是三棱柱的体积为，

故答案为：.

16．在中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，a＝4，，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______.

【答案】/

【分析】先由结合正弦定理求得，，再由余弦定理可得，结合不等式证得，又由得，从而求得，，由此得面积的关于的表达式，进而求得其最大值．

【详解】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：.

.

四、解答题

17．已知．

（1）化简；

（2）若，且α为第三象限角，求

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）应用诱导公式化简函数式即可.

（2）由题意求，再根据两角和正弦公式求，可得，即知.

【详解】（1）.

（2）∵α为第三象限角，则，

∴，而，

∴，则.

18．已知为虚数，为实数．

（1）若为纯虚数，求虚数；

（2）求的取值范围．

【答案】（1）或；（2）.

【分析】（1）由于为虚数，可设，，，根据为纯虚数，求得的值，再由为实数求出的值，即得虚数；

（2）由为实数且，可得，根据，求得的范围，根据复数的模的定义，化简为，进而求出的范围，即可得出的取值范围．

【详解】解：由于为虚数，可设，，，

（1）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.

【点睛】本题考查复数的基本概念，两个复数代数形式的除法以及复数求模，考查运算求解能力．

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．

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）根据，利用正弦定理余弦定理，角化边即可求解.

（2）利用正弦定理得到，则，利用三角函数的性质求得其最大值，然后代入三角形面积公式求解.

【详解】（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．

【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是结合（1）和，利用正弦定理得到，进而转化为求解，

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．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由题意求出柱的底面圆的半径即可求解；

（2）绕AB旋转一周而成的封闭几何体的体积为两个圆锥的体积之差，结合圆锥体积公式求解即可

【详解】（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，

所以以绕AB旋转一周而成的封闭几何体的体积为：

．

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,求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】(1)根据数量积的坐标运算,结合三角函数的恒等变换可得,由,即可求得答案;

(2)将方程有两个不等的实根转化为函数的图象与有两个交点,数形结合,求得答案;

(3)将对于任意的,存在,使得,转化为成立,求出函数的范围,分类讨论,求得的取值范围;

【详解】（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,

故实数的取值范围为.

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，且与不重合，有，其中为坐标原点，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，不重合时，总能在图象上找到两点，，使得，且直线与无交点，求的取值范围.

【答案】(1)

(2)

(3)

【分析】（1）当时，，设点，，通过坐标表示向量，并通过建立等式关系求出的值，进而求得结果；

（2）由题意确定二次函数顶点的表达式，进而求出，由函数区间定轴动的思想进行求解；

（3）联立无解，证得直线与无交点，设，，通过化简式子发现恒成立，进而求得的取值范围.

【详解】（1）当时，，设点，

，因为，所以，解得：或，

则或，

当点的坐标为时，与重合，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.