四川省广安市第二中学2022-2023学年高一数学下学期期中考试试题（Word版附解析）

这是一份四川省广安市第二中学2022-2023学年高一数学下学期期中考试试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 已知点，则与的夹角的余弦值为， 如图， 在中，，则的值为， 下列各数，，，中，最大的是， 若复数z满足，则等内容，欢迎下载使用。
2023年春广安二中高2022级半期考试数   学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班次、学号、智学网号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.一、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，只有一项是符合题目要求的.1. 已知复数，若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用复数的四则运算及复数相等求出即可.【详解】，所以，故选：B2. 在中，，，，则此三角形的最大边长为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理即可求得此三角形的最大边长.【详解】因为，，所以，则B对的边最大，由，可得故选：B3. 已知点，则与的夹角的余弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意写出、,带入即可算出答案.【详解】由题意知：，.所以：.故选：A.4. 如图，在平行四边形中，E是的中点，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用平面向量的线性运算求得正确答案.【详解】.故选：C5. 如图：正三棱锥中，，侧棱长为2，过点的平面截得．则的周长的最小值为（    ）A. 2 B.  C. 4 D. 【答案】D【解析】【分析】沿正三棱锥的侧棱AC剪开，根据两点间线段最短，由的周长的最小值为求解.【详解】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：的周长的最小值为两点之间的距离，即，故选：D6. 在中，，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先求出，再根据化简求值．【详解】，，，，由正弦定理知，，又，，，.故选：D.7. 下列各数，，，中，最大的是（    ）A  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由两角和正弦公式，二倍角公式一、诱导公式等化简函数值，然后由三角函数性质判断．【详解】观察发现，而，，，故选：D．8. 把一个铁制的底面半径为，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.  D. 【答案】C【解析】【分析】先求出圆柱的高，由圆柱和球的体积关系即可得出半径【详解】因为实心圆柱的底面半径为，侧面积为，所以圆柱的高为，则圆柱的体积为，设球的半径为，则，故选：C二.多选题：(本题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对得5分，部分选对得2分，有错选得0分)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【答案】AB【解析】【分析】对A，根据复数的除法计算即可；对B，根据纯虚数的定义判断即可；对C，根据复平面内象限的性质判断即可；对D，根据三角函数关系计算即可【详解】对A，，故A正确；对B，为纯虚数，故B正确；对C，在复平面内对应的点在第一象限，C错误；对D，，故D错误；故选：AB10. 已知的内角的对边分别为，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【答案】BD【解析】【分析】A选项，推出是边长为2的等边三角形，有1解；B选项，由正弦定理得到，无解；C选项，由大边对大角得到三角形中有2个钝角，无解；D选项，由正弦定理得到或，D正确.【详解】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：BD11. 如图所示，在空间四边形中，点分别是边的中点，点分别是边上的三等分点，且，则下列说法正确的是（    ）A. 四点共面B. 与异面C. 与的交点可能在直线上，也可能不在直线上D. 与的交点一定在直线上【答案】AD【解析】【分析】利用三角形中位线性质、平行线分线段成比例的性质可得，即可判断A，B；由平面基本事实推理可判断C，D.【详解】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. 已知为坐标原点，点，，，，则（    ）A  B.  C.  D. 【答案】AC【解析】【分析】根据题意，由向量的数量积的坐标运算，结合三角恒等变化公式化简，对选项逐一判断即可得到结果.【详解】，，，，，，，，，，，，则，，则，故A正确；，，，故B错误；，，，故C正确；，，，故D错误．故选：AC三、填空题(共4小题，满分20分，每小题5分)13. 已知向量，的夹角为，，，则______.【答案】【解析】【分析】先由数量积的定义求出，再由，代入化简即可得出答案.【详解】因为向量，的夹角为，，，所以，所以.故答案为：.14. 如图，是水平放置的的直观图，，，则原的面积为________ 【答案】12【解析】【分析】根据斜二测画法的规则，得到原为直角三角形，结合面积公式，即可求解.【详解】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. 已知，，求______．【答案】【解析】【分析】根据，得到的范围，再求出的值，将，再用两角差的余弦公式展开，得到答案.【详解】因为，所以因为，所以，所以.故答案为：【点睛】本题考查同角三角函数关系，利用两角差的余弦公式求值，属于简单题.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).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.图是由边长为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________ .【答案】    ①. 26    ②. 【解析】【分析】由图形确定正方形和正三角形个数即可，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，分别求出大小正方体及三棱柱的体积，即可得解.【详解】将图所示的半正多面体看作上、中、下三个部分，则上部包含个正方形、个正三角形；中部包含个正方形；下部包含个正方形、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：；.【点睛】关键点点睛：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，是解决本题的关键.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知内角所对的对边分别为，周长为，且．（1）求的值；（2）若的面积为，求角的大小．【答案】（1）1    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理角化边，解方程即可（2）利用面积求出，再利用余弦定理即可【小问1详解】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．【小问2详解】由的面积得，由（1），由余弦定理得又所以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，求的取值范围.【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）结合条件先判定最小正周期得，再结合对称中心求即可；（2）利用换元法求得在的值域，将方程有解转化为函数与有交点的问题即可.【小问1详解】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，∴.【小问2详解】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. 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.（Ⅰ）若正四棱柱的底面边长为，求该几何体的体积；（Ⅱ）求该几何体内正四棱柱侧面积的最大值.【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】【分析】（Ⅰ）分别计算圆锥和正四棱柱的体积，再计算该几何体的体积；（Ⅱ）首先利用比例关系求得，再利用基本不等式求得的最大值，即可得到正四棱柱侧面积的最大值【详解】解：设圆锥母线长为，高为，正四棱柱的高为（Ⅰ）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（Ⅱ）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. 如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.(1)若PB＝，求PA；(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA.【答案】（1）（2）【解析】【详解】试题分析:（1）在三角形中，两边和一角知道，该三角形是确定的，其解是唯一的，利用余弦定理求第三边.（2）利用同角三角函数的基本关系求角的正切值.（3）若是已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据大边对大角进行判断.（4）在三角形中，注意这个隐含条件的使用. 试题解析:解：（1）由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.在△PBA中，由余弦定理得PA2＝.故PA＝. 5分（2）设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin α.△PBA中，由正弦定理得，化简得cos α＝4sin α.所以tan α＝，即tan∠PBA＝ . 12分考点：（1）在三角形中正余弦定理的应用.（2）求角的三角函数. 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.【答案】（1）答案见解析    （2）答案见解析【解析】【分析】（1）利用列表、描点、连线，即可得到函数的简图，进而得出函数的单调区间和最值；（2）结合函数的图象，根据题意，可分、和，三种情况讨论，即可求解.【小问1详解】解：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，最小值为.【小问2详解】解：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. 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？【答案】（1）    （2）    （3）时，面积取最小值为【解析】【分析】（1）先根据题干条件得到，，利用余弦定理求出，用勾股定理逆定理得到，进而求出CN，MN，求出护栏的长度；（2）设，利用和的面积关系和正弦定理得到CN的两种表达，列出方程，求出；（3）结合第二问的求解，利用正弦定理和面积公式得到面积关于的关系式，求出最小值.【小问1详解】∵，，，∴，∴，∴，∴，在中，由余弦定理可得：，则，∴，∴，∵，∴，∴，∴护栏的长度（的周长）为；【小问2详解】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；【小问3详解】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.