2022-2023学年广东省阳江市第一中学高一上学期期中数学试题A（解析版）

这是一份2022-2023学年广东省阳江市第一中学高一上学期期中数学试题A（解析版），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省阳江市第一中学高一上学期期中数学试题A 一、单选题1．已知集合,，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据集合的交集的概念可求出结果.【详解】，.故选：D2．已知向量，且，则（    ）A． B．15 C． D．【答案】A【分析】利用两向量平行的坐标表示，列出方程求解即可.【详解】向量，且 解得：故选：A.3．水平放置的平面四边形的斜二测直观图为一个边长为4，其中一个夹角为的菱形，则四边形的实际周长为（    ）A．16 B．20 C．24 D．28【答案】C【分析】根据斜二测画法可知，平面四边形是一个长为，宽为的矩形，由此可求出结果.【详解】根据斜二测画法可知，平面四边形是一个长为，宽为的矩形，所以四边形的实际周长为.故选：C4．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则（    ）A． B．4 C． D．2【答案】A【分析】利用正弦定理角化边，然后联立解方程求出与的值，进而得出.【详解】由正弦定理得：， 即： 又 ，故选：A.5．若，则（    ）A． B．0 C． D．【答案】D【分析】由正切两角差的公式直接求解.【详解】.故选:D6．已知圆锥的底面积为，高为4，则该圆锥的侧面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据圆的面积公式，结合勾股定理、圆锥的侧面积公式进行求解即可.【详解】由题意得，圆锥底面圆的半径，则母线长，所以圆锥的侧面积为，故选：B7．在平行四边形中，，若的中点为E，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据平面向量的加法和数乘运算可求出结果.【详解】.故选：D8．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，则边上的高为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】已知两边和夹角，利用余弦定理求出的长，然后根据面积相等解出边上的高即可.【详解】在中，，由余弦定理得：解得：设边的高为， 即 解得：故选：D. 二、多选题9．已知复数z满足，则z可能为（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】设，由可求出结果.【详解】设，则，解得或，所以或.故选：AC10．已知平面内三点，，，则（    ）A． B．C． D．与的夹角为【答案】BCD【分析】由题意可求得向量的坐标，由此判断A;计算，判断B;根据向量坐标，求出，判断C;利用向量的夹角公式求得与的夹角，判断D.【详解】由题意得向量，，，故A错误；因为，所以，B正确.因为，所以，C正确.因为，因为，所以与的夹角为，D正确.，故选：BCD11．为了得到函数的图象，只需把余弦曲线（    ）A．所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再将其向右平移个单位长度B．向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变C．所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再将其向右平移个单位长度D．向右平移个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变【答案】AD【分析】根据三角函数的图象的周期变换、相位变换的结论以及诱导公式进行求解可得答案.【详解】对于A，把余弦曲线的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，再将其向右平移个单位长度，得到的图象，故A正确；对于B，把余弦曲线的图象向左平移个单位长度，得到的图象，再将其图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，故B不正确；对于C，把余弦曲线的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，得到的图象，再将其图象向右平移个单位长度，得到的图象，故C不正确；对于D，把余弦曲线的图象向右平移个单位长度，得到的图象，再将其图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，故D正确；故选：AD12．在中，，则（    ）A． B．C． D．的面积为【答案】ABD【分析】根据正弦定理可判断A正确；利用及，结合两角和的正弦公式可判断故B正确；根据，利用二倍角的余弦公式可判断C不正确；根据，求出和，再根据三角形的面积公式可判断正确.【详解】因为，所以，由正弦定理得，故A正确；因为，所以，则，即，则，故B正确；因为，所以，故C不正确；因为，所以，所以，故D正确.故选：ABD 三、填空题13．若函数在上为奇函数，则___________.【答案】【分析】利用区间关于原点对称求出，再根据恒成立求出，即可得解.【详解】因为函数在上为奇函数，所以，得，又，即，即恒成立，所以，所以.故答案为：.14．一艘轮船从A地开往北偏西方向上的B地执行任务，完成任务后开往北偏东方向上的C地，轮船总共航行了，若C地在A地北偏东的方向上，则A，B两地相距约为___________.（结果保留整数，参考数据：）【答案】400【分析】由题意根据方位角得出三角形的三个内角，设，则，由正弦定理可求解.【详解】由题意，作图如图所示. 所以 设，则由正弦定理可得,所以所以故答案为：40015．在钝角中，内角的对边分别为，，且，则的一个值可以为___________.【答案】6（答案不唯一，均可）【分析】根据已知条件判断出必为钝角，由得，即，再根据，得到，然后在这个范围内任取一个值，即可得解。【详解】因为，由正弦定理得，所以，所以不是钝角，又，所以，所以也不是钝角，故必为钝角，从而，所以，则，又，所以.故答案为：6（答案不唯一，均可） 四、双空题16．已知复数z满足，则___________，___________.【答案】          【分析】根据等式求出复数，得到的复数化简后得到结果，再直接利用模长公式求解即可.【详解】 故答案为：；. 五、解答题17．已知复数.(1)若z为纯虚数，求m的值；(2)若复数的实部与虚部之和为14，求m的值.【答案】(1)5(2)1 【分析】（1）先将复数进整理，得出其实部和虚部，由条件可得实部为零，虚部不为零得出答案.(2)先化简复数，得出实部与虚部，从而求出答案.【详解】（1）由z为纯虚数，则，解得（舍去）（2）所以，解得18．已知向量满足，且.(1)求；(2)记向量与向量的夹角为，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用数量积的定义求出，进而求出；（2）利用夹角公式求出.【详解】（1）因为，所以.因为向量满足，所以，所以.所以.（2）因为，所以.19．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求B的大小；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2). 【分析】（1）根据余弦定理角化边得到，再根据余弦定理可求出结果；（2）由以及求出，再根据三角形的面积公式可求出结果.【详解】（1）由及余弦定理得，化简得，所以，又，所以.（2）由（1）知，，所以，所以，所以，所以的面积.为.20．已知是定义在上的偶函数，当时，.(1)求的解析式并指出的单调区间；(2)求的解集.【答案】(1)；的增区间为；减区间为(2) 【分析】（1）根据偶函数的定义先求出时，的解析式，得出函数的解析式；由时，函数为增函数，再由函数为偶函数得出上的单调性.（2）由为偶函数，结合条件可得，由单调性从而可得，解出不等式可得答案.【详解】（1）当时，则，又为偶函数所以 所以 函数在上均为增函数，则函数在上均为增函数又为偶函数，则在上单调递减.所以的增区间为；减区间为（2）由为偶函数，则，即根据在上单调递增，所以所以且 ，即且解得：或，且所以不等式的解集为21．如图，在平行四边形中，E为的中点，与交于点G.(1)用表示.(2)若，四边形的面积为，，求的最小值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用三角形相似得到，得到，再根据减法运算可得结果；（2）根据平行四边形的面积求出，将和用表示，求出，再用不等式知识可求出结果.【详解】（1）依题意可知，与相似，所以，所以，所以.（2）因为，四边形的面积为，所以，所以，因为，所以，所以，，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最小值为.22．如图，在某景区依湖畔而建的半径为500米的一条圆弧形小路上，为吸引游客，景区在这条弧形小路上取两点A，B，准备分别以A，B两处为入口，在河岸内侧建造两条玻璃栈道，，并在两条栈道的终点P处建造一个观景台，已知弧所对的圆心角为.(1)若为等腰直角三角形，且为斜边，求的面积；(2)假设玻璃栈道的宽度固定，修建玻璃栈道的造价按照长度来计算，且造价为1200元/米，试问当时，修建两条玻璃栈道最多共需要多少万元？【答案】(1)平方米.(2)万元. 【分析】（1）根据圆心角和半径求出弦长，根据等腰直角三角形求出直角边，再根据面积公式求出面积.（2）设，，利用正弦定理求出、，在求出的最大值，然后乘以即可得解.【详解】（1）因为弧所对的圆心角为，圆的半径为500，所以米，又为等腰直角三角形，且为斜边，所以米，所以的面积为平方米.（2）设，，由正弦定理得，得，由正弦定理得，得，所以，因为，所以，所以当，即时，取得最大值为米，所以修建两条玻璃栈道最多共需要万元.