重庆市巴蜀中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

这是一份重庆市巴蜀中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了若D，E分别为，中点等内容，欢迎下载使用。
巴蜀中学高2025届高一（下）半期考试数学试卷注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡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、在试题卷上作答无效．3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟．一、单选题（本大题共8小题，每题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 已知为虚数单位，复数，则z的虚部是（    ）A. 4 B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】直接根据复数虚部的概念得到答案.【详解】复数，则z的虚部是.故选：B2. （    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据诱导公式和正弦的和角公式，对原式进行化简，可得结果.【详解】.故选：B3. 直角梯形中，，现采用斜二测画法，若平面直角坐标系的x轴平行于上、下底边，则直角梯形的直观图的面积为（    ）A. 2 B.  C. 4 D. 【答案】C【解析】【分析】由原图与直观图的关系即可求解.【详解】  如图，由直观图的画法可知直角梯形的直观图是梯形，且高为，所以梯形的面积为.故选：C.4. 在中，角A，B，C所对的边分别是，a，b，c，，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理可得，再结合倍角正弦公式即可求解.【详解】由正弦定理得：.故选：C5. 在平行四边形中，M为的中点，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】利用向量的线性运算的几何意义进行分解即可.【详解】  .故选：A.6. 为得到函数的图象，只需把函数图象上的所有点的（    ）A. 横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度B. 横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的图象向右平移个单位长度C. 横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度D. 横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把得到的图象向右平移个单位长度【答案】D【解析】【分析】变换，再根据三角函数平移和伸缩法则依次判断每个选项，对比得到答案.【详解】.对选项A：得到的函数为，A错误；对选项B：得到的函数为，B错误；对选项C：得到的函数为，C错误；对选项D：得到的函数为，D正确，故选：D7. 正方体的棱长为2，P为中点，过A，P，三点的平面截正方体为两部分，则截面图形的面积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】取中点，连接，得到截面为四边形，再根据梯形的面积公式即可求解.【详解】  如图，截面为四边形，取中点，连接，则，且.因为,且，所以四边形是平行四边形，则，，所以，且，又所以截面为等腰梯形，且上底长为，下底长为，腰长为，所以截面的面积为.故选：C8. 已知点D、G为所在平面内的点，，，记分别为、的面积，那么（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】化简得到，，确定为靠近的四等分点，计算得到答案.【详解】，故，即，故，即，故三点共线，且为靠近四等分点，设中点，则，  ，故.故选：A二、多选题（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，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9. 在钝角中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，那么c的值可能为（    ）A. 1 B.  C. 2 D. 4【答案】BCD【解析】【分析】考虑为钝角或为钝角两种情况，根据余弦定理得到或，得到答案.【详解】若为钝角，则，且，即，BC满足；若为钝角，则，且，即，D满足；故选：BCD10. 设为虚数单位，若复数z满足，则z在复平面内对应的点可能位于（    ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【答案】AD【解析】【分析】分和两种情况计算，再结合复数的几何意义即可求解.【详解】当时，，对应的点在第一象限；当时，，对应的点在第四象限.故选：AD11. 正方体中，M，N分别是正方形和正方形的中心，则下列说法正确的有（    ）A. 直线与直线是相交直线 B. 直线与直线是异面直线C. 直线与直线是相交直线 D. 直线与直线没有公共点【答案】ABD【解析】【分析】直线与直线相交于，A正确，根据异面直线判断定理得到BD正确，C错误，得到答案.【详解】对选项A：直线与直线相交于，正确；对选项B：三点在平面内，在平面外，故直线与直线是异面直线，正确；对选项C：三点在平面内，在平面外，直线与直线是异面直线，错误；对选项D：在平面内，在平面外，直线与直线是异面直线，正确；故选：ABD12. 关于函数，若函数在区间内没有零点，则下列说法正确的有（    ）A. 函数的最小正周期有可能为B. 函数在区间内一定不存在对称轴C. 函数在区间上单调递增D. 的最大值是【答案】AC【解析】【分析】先化简为，根据题意可得.对于A，B，取，可判断正确，B错误；对于C，由，结合可得，从而可判断C；对于D，求解，即可判断D.【详解】由题知：，因为函数在区间内没有零点，所以对于A，B，当时，，满足题意，最小正周期为是其一条对称轴，故正确，B错误；对于C，由于，所以当时，，函数单调递增，故C正确；对于D，当 当 综上：或故D错误.故选：AC三、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）13. 已知点，，，则向量在向量上的投影向量的坐标为________．【答案】【解析】【分析】确定，再根据公式计算投影向量即可.【详解】，向量在向量上的投影向量坐标为.故答案为：14. 已知复数，若为实数，则________．【答案】2【解析】【分析】根据复数的加法和除法运算求得，进而得到，求得，即可求得答案.【详解】，所以，得，所以 .故答案为：215. 已知锐角满足，则________．【答案】##【解析】【分析】由同角基本关系求得，，而，利用差角正弦公式即可求解.【详解】由得，即，又，且为锐角，所以，因为为锐角，所以，则，所以.故答案为：.16. 某同学在查阅资料时，发现一个结论：已知O是内的一点，且存在，使得，则．请以此结论回答：已知在中，，，O是的外心，且，则________．【答案】##【解析】【分析】由结论可得，从而可得，再根据可得，从而有，求解即可.【详解】  如图，因为O是的外心，所以，由结论可得，即 ，可得，即.因为，所以，所以，即，即，解得.故答案为：.【点睛】关键点睛：这道题的关键是能由结论得到，从而得到，再进行向量分解求解.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. 如图，正三棱柱内接于圆柱，圆柱底面半径为，圆柱高为4．若D，E分别为，中点．  （1）求证：D、E、B、C四点共面；（2）若直线与直线交于点P，求证：点P在直线上；（3）若从圆柱中把该正三棱柱挖掉，求剩余几何体的表面积.【答案】（1）证明见解析；    （2）证明见解析；    （3）.【解析】【分析】（1）要证D、E、B、C四点共面，只需证明，利用中位线定理及平行的传递性即可证明；（2）由平面，可证平面，同理可证平面 ，再利用平面公理3即可证明；（3）令，由正弦定理求得，分别求出所以圆柱的侧面积，圆柱的底面积，正三棱柱的侧面积，正三棱柱的底面积，根据剩余几何体的表面积即可求解.【小问1详解】由于D，E分别为，中点，所以，又，所以，所以D、E、B、C四点共面；【小问2详解】由平面，即平面，同理：平面，即平面 ，又平面平面，所以；【小问3详解】令，则，所以圆柱的侧面积为，圆柱的底面积为，正三棱柱的侧面积为，正三棱柱的底面积为，所以剩余几何体的表面积.18. 平面内给定三个向量，，，且．（1）求实数n关于m的表达式；（2）当的值最小时，求向量和的夹角的余弦值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）确定，，根据平行得到，化简得到答案.（2）计算，确定，，再根据向量的夹角公式计算得到答案.【小问1详解】，，，，，，则，即.【小问2详解】，当时，最小，故，此时，，.19. 已知函数．（1）设，函数是偶函数，求的值；（2）若在区间上恰有三条对称轴，求实数m的取值范围．【答案】（1）或    （2）【解析】【分析】（1）化简得到，根据偶函数得到，根据范围得到答案.（2）确定，根据对称轴得到，解得答案.【小问1详解】，故是偶函数，那么，即，，，或时满足条件，故或.【小问2详解】当时，，要让函数恰有3条对称轴，那么, 解得 ，即20. 如图，正四棱柱中，，，点P是棱的中点，点M在棱上.  （1）当点M在什么位置时，的值最小？并求出这个最小值；（2）当最小时，求点到平面的距离．【答案】（1）在线段的四分点处，靠近点；；    （2）【解析】【分析】（1）把侧面展开，当在同一条直线上时，的值最小即可求得最小值，从而确定点的位置；（2）利用等体积法求点面距离即可.【小问1详解】把侧面展开，当在同一条直线上时，的值最小，最小值为，此时，，即，所以在线段的四分点处，靠近点 ；【小问2详解】由正棱柱的性质可得: ，所以，则.，又，点D到平面的距离为，设点到平面的距离为，由得，，即，解得: .21. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且.（1）求角B的大小；（2）若是锐角三角形，求的面积的取值范围.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换可得，再结合角的范围即可求解；（2）利用三角形面积公式可得，再结合正弦定理边化角，进而利用三角恒等变换化为，结合角的范围可得，从而可解.【小问1详解】由正弦定理得， 可化为：，即又由于，所以可得即 ，由于，所以，化简，因为，则，所以，所以.【小问2详解】由正弦定理知，所以，那么
 ，又由 ，解得 ，所以 ，即，故的面积的取值范围为.22. 2022年北京冬奥会期间，小明对火炬（图22-1）产生了浓厚的兴趣，于是准备动手制作一个简易火炬（图22-2）.通过思考，小明初步设计了一个平面图，如图22-3所示，其中为直角梯形，且，，，，，曲线是以C为圆心的四分之一圆弧，为直角三角形，，将平面图形以所在直线为轴，旋转一周形成的几何体即为小明设计的简易火炬.      （1）求该简易火炬的体积；（2）小明准备将矩形（如图22-3所示，该矩形内接于图形，M在弧上，N在线段上，与重合）旋转所形成的几何体都用来安放燃料，设，①请用表示燃料的体积V；②若火炬燃烧时间t和燃料体积V满足关系，请计算这个简易火炬燃烧的最长时间.【答案】（1）；    （2）；.【解析】【分析】（1）由题意可知该简易火炬由半球，圆台，圆锥三部分组成，分别求出半球，圆台，圆锥的体积再相加即可；（2）①求得，在梯形中知，从而可得，进而可求，即可求得燃料的体积V；②先求得，通过三角恒等变换后可得，换元后利用对勾函数的单调性和基本不等式即可求得最大值.小问1详解】该简易火炬由半球，圆台，圆锥三部分组成，又，，，所以该简易火炬的体积；【小问2详解】①由图可知：，在梯形中，由，易知，故，则，所以；②由上问可知：即，令，则，上式即为 ，又令， 则，当时，，当时，下面证明上单调递减：任取，且，则，所以在上单调递减.所以，此时，当时，当且仅当，即，即时，等号成立，满足题意.该简易火炬燃烧的最长时间为.【点睛】关键点睛：在对化简的关键是借助三角恒等变换化为，换元后借助对勾函数的单调性和基本不等式求得最大值.