安徽省合肥市第八中学2022-2023学年高一数学下学期期中检测试题（Word版附解析）

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2022-2023学年第二学期高一年级期中检测数学试题卷注意事项：1．你拿到的试卷满分为150分，考试时问为120分钟．2．试卷包括“试题卷”和“答题卷”两部分，请务必在“答题卷”上答题，在“试题卷”上答题无效．第I卷（非选择题）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，只有一个选项符合题目要求．1. 已知集合，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】先化简集合B，再去求即可解决.【详解】因为,则，故选：C2. 下列说法中正确的是A. 圆锥的轴截面是等边三角形B. 用一个平面去截棱锥，一定会得到一个棱锥和一个棱台C. 将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周，所围成的几何体是由一个圆台和两个圆锥组合而成D. 有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱【答案】D【解析】【分析】根据圆锥的结构特征即可判断A选项；根据棱台的定义即可判断选项B;结合圆柱、圆锥、圆台的旋转特征，举出反例即可判断选项C；由棱柱的定义即可判断选项D.【详解】圆锥的轴截面是两腰等于母线长的等腰三角形，A错误；只有用一个平行于底面的平面去截棱锥，才能得到一个棱锥和一个棱台，B错误；等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周的几何体，是由一个圆柱和两个圆锥组合而成，故C错误；由棱柱的定义得，有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱，故D正确．【点睛】解决空间几何体结构特征问题的3个策略(1)把握几何体的结构特征，提高空间想象力．(2)构建几何模型、变换模型中的线面关系．(3)通过反例对结构特征进行辨析．3. 在边长为2的正方形ABCD中，（    ）A. -4 B. -2 C. 2 D. 4【答案】A【解析】【分析】作出图形，利用向量的三角形法则与数量积运算即可求得结果.【详解】根据题意，如图可知，，，，．故选：A．【点睛】4. 在中，，，．则外接圆的面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】设外接圆的半径为，由余弦定理可得，再由正弦定理得可得答案.【详解】设外接圆的半径为，由余弦定理可得，即，所以，由正弦定理得，所以，则外接圆的面积为.故选：A.5. 刘徽构造的几何模型“牟合方盖”中说：“取立方棋八枚，皆令立方一寸，积之为立方二寸．规之为圆，径二寸，高二寸，又复横规之，则其形有似牟合方盖矣．”牟合方盖是一个正方体被两个圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时的两圆柱体的公共部分，计算其体积的方法是将原来的“牟合方盖”平均分为八份，取它的八分之一（如图一）．记正方形OABC的边长为r，设，过P点作平面PQRS平行于平面OABC．，由勾股定理有，故此正方形PQRS面积是．如果将图一的几何体放在棱长为r的正方体内（如图二），不难证明图二中与图一等高处阴影部分的面积等于．（如图三）设此棱锥顶点到平行于底面的截面的高度为h，不难发现对于任何高度h，此截面面积必为，根据祖暅原理计算牟合方盖体积（    ）注：祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”、意思是两个同高的立体图形，如在等高处的截面积相等，则体积相等．A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】计算出正方体的体积，四棱锥的体积，根据祖暅原理可得图一中几何体体积，从而得结论．【详解】棱锥，由祖暅原理图二中牟合方盖外部的体积等于棱锥所以图1中几何体体积为，所以牟合方盖体积为．故选：C．6. 已知函数，若函数在有且仅有两个零点，则实数的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由三角恒等变换化简函数解析式为，由可计算出的取值范围，再根据已知条件可得出关于的不等式，解之即可.【详解】因为，当时，，因为函数函数在有且仅有两个零点，则，解得.故选：D.7. 已知O为的外心，，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】设的外接圆的半径为R，将平方后求出，找到，利用二倍角公式求出【详解】设的外接圆的半径为R，∵，∴，且圆心在三角形内部，∴∴，∴根据圆心角等于同弧对应的圆周角的两倍得： ∴解得=故选：A【点睛】方法点睛：（1)树立“基底”意识，利用基向量进行线性运算；（2）求向量夹角通常用，还要注意角的范围.8. 若函数的定义域为，是偶函数，且．则下列说法正确的个数为（    ）①的一个周期为2；            ②；③的一条对称轴为；        ④．A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，结合奇偶函数的定义，可得，，由此推理计算即可判断各命题作答.【详解】对于①：是偶函数，设，得，因，所以，故，故，即，故，所以，所以的一个周期为4，故①错误.对于②：由于，令，得..故②正确.对于③：由知函数的一条对称轴为，因为的一个周期为4，所以也是函数的一条对称轴，故③正确.对于④：因，得，即.因，所以，，故④正确故选：C.二、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，有多个选项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 设向量，，则（    ）A.  B. 与的夹角是C.  D. 与同向的单位向量是【答案】BC【解析】【分析】由条件算出，，即可判断A，算出的值可判断B，算出的值可判断C，与同向的单位向量是，可判断D.【详解】因为，，所以，，故A错误因为，所以与的夹角是，故B正确因为，所以，故C正确与同向的单位向量是，故D错误故选：BC10. 已知复数，为的共轭复数，则下列结论正确的是（    ）A. 的虚部为 B. C. 为纯虚数 D. 在复平面上对应的点在第四象限．【答案】BD【解析】【分析】先利用复数的除法得到，再利用复数的虚部概念判定选项A错误，利用模长公式判定选项B正确，利用复数的乘方运算得到，再利用复数的分类判定选项C错误，利用共轭复数的概念、复数的几何意义判定选项D正确.【详解】因为，则的虚部为，即选项A错误；，即选项B正确；因为，所以，即为实数，即选项C错误；因为，所以，则在复平面上对应的点 在第四象限，即选项D正确.故选：BD.11. 已知函数，下列说法正确的是（    ）A. 的最正周期为B. 若，则C. 在区间上是增函数D. 的对称轴是【答案】ABD【解析】【分析】把函数化成分段函数，作出函数图象，根据图象判断AC，由余弦函数的性质判断C，再结合图象利用函数对称性的性质判断D.【详解】依题意，，函数部分图象如图，由图象知函数是周期函数，周期为，故A正确；因且，则当时，且，则且，，因此，，，B正确；观察图象知，在区间上不单调，所以在区间上不是增函数，故C不正确；观察图象知，，是函数图象的相邻两条对称轴，且相距半个周期长，事实上，即图象关于对称，同理有图象关于对称，而函数的周期是，所以函数图象对称轴，D正确.故选：ABD12. 在中，若，角的平分线交于，且，则下列说法正确的是（    ）A. 若，则的面积是 B. 若，则的外接圆半径是C. 若，则 D. 的最小值是【答案】ACD【解析】【分析】A、B、C选项由已知结合正弦定理和差角公式及同角的基本关系进行变形即可判断，D选项用角表示出结合三角恒等变换以及均值不等式即可判断.【详解】因为，角的平分线交于，所以，，所以，，由正弦定理得，所以，所以，故A正确；因为，所以，设的外接圆半径是，由正弦定理，，所以，故B错误；因为，由正弦定理，因为和互补，所以，所以，故C正确；设，则，因为，所以若，则，若，则，令，，，当且仅当，即或时，则或，故或（舍去），综上：当为等边三角形时，的最小值是，故D正确.故选：ACD.【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”；求三角形面积的最大值也是一种常见类型，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.第II卷（非选择题）三、填空题：本题共4题，每小题5分，共20分．13. 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，则______.【答案】##【解析】【分析】根据正弦定理，结合同角三角函数的关系求解即可【详解】由正弦定理可得，，又，故，又显然，故，又，故故答案为：14. 设为复数，若为实数（为虚数单位），则的最小值为___________.【答案】【解析】【分析】设，根据为实数（为虚数单位），得到，再利用复数的模求解.【详解】解：设，则，因为为实数（为虚数单位），所以，即，所以，当时，，故答案为：15. 半径为的球的球面上有四点，已知为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为________.【答案】【解析】【分析】根据题意，设中心为，三棱锥外接球的球心为，进而得当体积最大时，点，，在同一直线上，且垂直于底面，再结合几何关系计算即可求解.【详解】设的中心为，三棱锥外接球的球心为，则当体积最大时，点，，在同一直线上，且垂直于底面，如图，因为为等边三角形且其面积为，所以的边长满足，故，所以， ，故，故三棱锥的高，所以故答案为：16. 已知平面向量，，满足，，，，则的最小值为________.【答案】【解析】【分析】令，，，OB的中点为D，AB的中点为E，OD的中点为F，与的夹角为，由题意，计算，，判断出点C的轨迹为以OD为直径的圆，利用向量基底表示，将转化为，然后转化为圆上任意一点到定点距离的最小值进而求解最小值.【详解】令，，，OB的中点为D，AB的中点为E，OD的中点为F，与的夹角为，连接CA、CB、CD、CO、EF.由，，，得，，因为，所以，在中，由余弦定理得.又由，得，即，所以点C的轨迹为以OD为直径的圆.因为，当且仅当点C、E、F共线，且点C在点E、F之间时，等号成立.所以的最小值为.故答案为：.【点睛】本题解题关键是通过平面向量的几何表示，将问题转化为圆上任意一点到定点距离的最值从而根据几何知识得解.四、解答题：本题共6题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17. 已知向量，．（1）若∥，求的值；（2）若且，求的值．【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）由两向量平行可得，即可得的值；（2）由可得，进而可得，最后利用求解即可.【小问1详解】解：因为∥，所以， 即，所以；【小问2详解】解：因为， 即，所以，又因为，所以，所以，所以18. 如图所示，现有一张边长为的正三角形纸片ABC，在三角形的三个角沿图中虚线剪去三个全等的四边形，，（剪去的四边形均有一组对角为直角），然后把三个矩形，，折起，构成一个以为底面的无盖正三棱柱．（1）若所折成的正三棱柱的底面边长与高之比为3，求该三棱柱的高；（2）求所折成的正三棱柱的表面积为，求该三棱柱的体积．【答案】（1）    （2）12 【解析】【分析】（1）设出,表达出,利用正三棱柱的底面边长与高之比求出的长，即为该三棱柱的高；（2）设出,表达出,表达出所折成的正三棱柱的表面积，求出的长，进而求出该三棱柱的体积.【小问1详解】由题意及几何知识得，设, 则，.因为，所以，∴该三棱柱的高为.【小问2详解】由题意，（1）及几何知识得，正三棱柱的表面积为，设, 则，，∴表面积，解得：，∴，，∴该三棱柱体积为：19. 已知为三角形的一个内角，复数，且满足．（1）求；（2）设z，，在复平面上对应的点分别为A，B，C，求的面积．【答案】（1）0    （2）【解析】【分析】（1）由求出，得出，再由复数的四则运算求；（2）求出复数对应复平面上点坐标，计算三角形的边长，利用三角形面积公式求解.【小问1详解】且，，且，，，.【小问2详解】复数，，，在复平面上对应的点分别为，，，，由余弦定理可得，且，，.20. 已知函数（，且）.（1）若，求的值；（2）若为定义在上的奇函数，且，是否存在实数，使得0对任意的恒成立，若存在，请写出实数的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】（1）47；    （2）存在，.【解析】【分析】(1)根据给定条件可得，由此计算即可计算的值.(2)由给定条件求出，再探求函数的单调性，然后脱去函数对应法则，分离参数并求出函数最值作答.【小问1详解】依题意，，由得：，两边平方得，解得，所以.【小问2详解】因为定义在上的奇函数，则，，即，则，而，解得，因此，，因，则上单调递减，在上单调递增，从而得在上单调递减，，而，则，依题意，，成立，显然在上单调递增，在上单调递减，则当时，，于是得，所以存在实数满足条件，的取值范围是.21. 已知满足．（1）试问：角是否可能为直角？请说明理由；（2）若为锐角三角形，求的取值范围．【答案】（1）角不可能为直角，理由见解析    （2）【解析】【分析】（1）使用反证法，假设角直角，根据题目条件证明假设不成立，得到角不可能为直角；（2）将的取值范围转化为的取值范围，通过为锐角三角形，列出关于的不等式，进而求得结果.【小问1详解】假设角为直角，则，所以，因为，所以，所以，所以，显然，所以矛盾，故假设不成立，所以角不可能为直角．【小问2详解】因为，所以，由正弦定理，得，由余弦定理化简，得，因为为锐角三角形，所以令，则有，所以的取值范围为．22. 如图所示的两边，，设是的重心，边上的高为，过的直线与，分别交于，，已知，；（1）求的值；（2）若，，，求的值；（3）若的最大值为，求边的长.【答案】（1）3    （2）    （3）2或【解析】【分析】（1）利用重心的性质以及三点共线的充要条件即可求解（2）先解出与，再利用解三角形的知识求出和，最后将化简即可求解（3）以和为基底表示，引入参数，通过分类讨论求解【小问1详解】，如图所示，连接并延长交于点，则为中点因为为重心所以因为，，起点相同，终点共线所以，所以【小问2详解】设角，，所对的边分别为，，，， 所以,由解之得在中在，,在，中==【小问3详解】===令， ①若时，，，得：解得：或②若时，==，解得：（舍去）综上可得：或