2022-2023学年湖北省武汉外国语学校高一下学期期中数学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖北省武汉外国语学校高一下学期期中数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省武汉外国语学校高一下学期期中数学试题 一、单选题1．下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】先判断各函数最小正周期，再确定各函数在区间上单调性，即可选择判断.【详解】最小正周期为，在区间上单调递减；最小正周期为，在区间上单调递减；最小正周期为，在区间上单调递增；最小正周期为，在区间上单调递减；故选：A【点睛】本题考查函数周期以及单调性，考查基本分析判断能力，属基础题.2．如图为一平面图形的直观图，则此平面图形可能是选项中的（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据斜二测画法的规则判断．【详解】由斜二测画法的规则可知，该平面图形为直角梯形，又因为第一象限内的边平行于y′轴，故选：C.3．根据所学知识判断下列描述错误的是（    ）A．不相交的直线是平行直线 B．经过两条平行直线有且只有一个平面C．不共线的三点确定一个平面 D．棱台的各侧棱延长后必交于一点【答案】A【分析】利用空间直线的位置关系判断A；利用平面基本事实判断BC；利用棱台的定义判断D作答.【详解】对于A，在空间，不相交的两条直线可能是平行直线，也可能是异面直线，A错误；对于B，两条平行直线确定一个平面，B正确；对于C，不共线的三点确定一个平面，C正确；对于D，棱锥被平行于棱锥底面的平面所截，截面与底面间的部分是棱台，因此棱台的各侧棱延长后必交于一点，D正确.故选：A4．在中，若非零向量与满足，，则为（    ）A．三边均不相等的三角形 B．等腰直角三角形C．底边和腰不相等的等腰三角形 D．等边三角形【答案】B【分析】根据给定条件，利用向量减法及数量积的运算律，结合导出，再判断三角形形状作答.【详解】由，得，于是，则，所以是等腰直角三角形，B正确，ACD错误.故选：B5．设，，，则有（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据三角恒等变换结合三角函数分析运算即可.【详解】因为，由题意可得：，，，则可得，又因为，则，即，所以.故选：A.6．“不以规矩，不成方圆”.出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，用来测量、画圆和方形图案的工具.有一圆形木板，以“矩”量之，较长边为10cm，较短边为5cm，如图所示，将这个圆形木板截出一块三角形木板，三角形定点A，B，C都在圆周上，角A，B，C分别对应a，b，c，满足.若，且，则（    ）A． B．△ABC周长为C．△ABC周长为 D．圆形木板的半径为【答案】B【分析】利用正、余弦定理结合面积公式分析运算即可.【详解】对于D：由题意可得：圆形木板的直径，即半径，故D错误；对于A：由正弦定理，可得，故A错误；对于B、C：由题意可得：，解得，因为，则，可知为锐角，可得，余弦定理，即，解得，所以△ABC周长为，故B正确，C错误；故选：B.7．已知，且，则(　　)A． B．－ C．－ D．－【答案】D【分析】把题设条件中的三角函数式通分后可得的值，再利用三角变换化简所求三角函数式为，由同角三角函数的基本关系式可求其值．【详解】因为，故即．又，因为，，所以，所以，故选D．【点睛】三角函数的中的化简求值问题，我们往往从次数的差异、函数名的差异、结构的差异和角的差异去分析，处理次数差异的方法是升幂降幂法，解决函数名差异的方法是弦切互化，而结构上差异的处理则是已知公式的逆用等，最后角的差异的处理则往往是用已知的角去表示未知的角.8．已知，若的任意一条对称轴与轴的交点横坐标都不属于区间，则的取值范围是A． B．C． D．【答案】C【详解】因为，所以由可得，其对称轴方程，由题设且，即且，也即且，解之得，应选答案C．点睛：解答本题的关键是想将函数解析式进行化简，进而求出其对称轴的方程，然后依据题设条件建立不等式组，通过解不等式组使得问题获解．值得注意的是：在两个不等式且中，的取值不要一致，即第一不等式中的取0，后一个不等式中的应取1． 二、多选题9．下面是关于复数（为虚数单位）的命题，其中真命题为（    ）A． B．C．的共轭复数为 D．的虚部为1【答案】AD【分析】由除法运算把复数化为代数形式，然后根据复数的定义与运算法则计算并判断．【详解】解：由已知，，，共轭复数为，的虚部为1．其中真命题为AD．BC为假命题．故选：AD．10．已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）A．函数的解析式为B．函数在上单调递减C．该图象向右平移个单位可得的图象D．函数关于点对称【答案】ACD【分析】根据图象求函数的解析式，再结合三角函数现在以及图象变换逐项分析判断.【详解】由图可得：，可得，且，解得，所以，因为的图象过点，即，可得，则，可得，且，则，所以，故A正确；因为，则，且在上不单调，所以函数在上不单调，故B错误；该图象向右平移个单位可得，所以该图象向右平移个单位可得的图象，故C正确；因为，所以函数关于点对称，故D正确；故选：ACD.11．一个腰长为1的等腰直角三角形ABC三边上分别取一个点P，Q，R，使得三角形PQR也是等腰直角三角形，则的值可能为（    ）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】根据给定条件，按等腰的直角顶点在的斜边和直角边上两类，利用正弦定理、辅助角公式及三角函数的性质求出的取值范围作答.【详解】在中，，不妨令点在斜边上，点分别在上，依题意，等腰的直角顶点为或者直角顶点在上，设，当等腰的直角顶点为时，如图，由，得，在中，由正弦定理得，，而，由，得，当点与或重合时，，取或，等式成立，即，因此，而，，则，于是；当等腰的直角顶点在上时，由对称性知，不妨令为直角顶点，如图，在中，，由正弦定理得，则，而，由，得，当点与重合时，，取，即，因此，其中锐角由确定，当，即时，，，于是，，综上得，显然选项A，B，C满足，而，D不满足.故选：ABC12．对于任意，，，两直线AD，BE相交于点O，延长CO交AB于点F，则下列结论正确的是（    ）A．B．，C．当，，时，则D．【答案】ACD【分析】根据给定条件，取平面的一个基底，利用向量的线性运算结合平面向量基本定理计算判断BC；利用向量数量积及运算律计算判断C；利用三角形面积公式计算判断D作答.【详解】中，令，，，，，因为与不共线，则，解得，所以，A正确；对于B，，，则，因此，解得，，B错误；对于C，依题意，，，，，，，，，C正确；对于D，，，于是，解得，则，，同理，，D正确.故选：ACD【点睛】思路点睛：用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决． 三、填空题13．已知是单位向量，，若A，B，D三点共线，则实数__________．【答案】5【分析】先由已知求出，再由A，B，D三点共线，可得，从而列方程组可求出的值【详解】解：由，得，因为A，B，D三点共线，所以令，即，所以，解得，故答案为：514．函数的定义域为___________.【答案】【分析】函数有意义可得，然后解三角不等式即可求解.【详解】函数有意义，则，即，所以，所以函数的定义域为.故答案为：15．设点是外接圆的圆心，，且.则的值是___________.【答案】【分析】取中点，，而，这样就可以用表示，求得，然后由正弦定理得结论．【详解】设点是边的中点，则即，，，故.故答案为：．【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量的数量积，考查正弦定理．解题关键是取中点，利用数量积的运算法则得，从而可求得边长．16．浑仪，是中国古代的一种天文观测仪器，是以浑天说为理论基础制造的、由相应天球坐标系各基本圈的环规及瞄准器构成的古代天文测量天体的仪器，它的基本结构由重重的同心圆环构成，整体看起来像一个圆球.武汉外校某社团的同学根据浑仪运行原理制作了一个浑仪的模型：同心的小球半径为3，大球半径为R.现为提高浑仪的稳固性，该社团同学在大球内放入一个由六根等长的铁丝（不计粗细）组成的四面体框架，为不影响浑仪的正常使用，小球能在框架内自由转动，则大球半径R的最小值为______________.【答案】【分析】根据题设描述知小球与正四面体的各棱相切，大球为正四面体的外接球R最小，结合正四面体的结构特征，确定球心位置及大小球半径，根据三角形相似列方程求R最小值.【详解】由题意，小球与正四面体的各棱相切，大球为正四面体的外接球，即可保证R最小，如上图，设正四面体的棱长为，为△中心，故面，又面，则，且，又小球半径，则OF⊥AC，大球半径，，易知：，故，即，可得.故答案为： 四、解答题17．已知，.(1)当为何值时，与垂直；(2)当为何值时，与的夹角为锐角.【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出向量与的坐标，分析可知，结合平面向量数量积的坐标运算可求得实数的值；（2）根据与的夹角为锐角可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围.【详解】（1）解：因为，，则，，因为与垂直，则，解得.（2）解：因为与的夹角为锐角，则，解得且，因此，当时，与的夹角为锐角.18．已知函数(1)求的对称轴方程；(2)若，求函数的值域.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据利用三角恒等变换整理得，结合正弦函数对称性分析运算；（2）以为整体，结合正弦函数的性质即得.【详解】（1）由题意可得：，令，解得，所以的对称轴方程为.（2）因为，则，可得，所以，故函数的值域为.19．（1）如图1，在直角梯形中，，，，，梯形绕着直线旋转一周，求所形成的封闭几何体的表面积；（2）有一个封闭的正三棱柱容器，高为12，内装水若干（如图2，底面处于水平状态），将容器放倒（如图3，一个侧面处于水平状态），这时水面与各棱交点F，E，，分别为所在棱的中点，求图2中水面的高度. 【答案】（1）；（2）9．【分析】（1）旋转后形成的几何体可以看作一个圆柱中挖去了一个圆锥后形成的，由圆柱与圆锥侧面，圆柱的一个底面构成旋转体的表面，由此可得表面积；（2）两个图形中水体积相等，一个是正三棱柱，一个直四棱柱，由柱体体积公式计算可得．【详解】（1）依题意，旋转后形成的几何体可以看作一个圆柱中挖去了一个圆锥后形成的.由，可知，. 其表面积圆柱侧面积+固锥侧面积+圆柱下底面积   （2）F，E，，分别为所在棱的中点，.  所以棱柱的体积梯形BCFE， 设图2中棱柱水面的高度为h，则，即水面高度为9.【点睛】本题考查旋转体的概念，考查圆柱圆锥的侧面积公式，柱体的体积公式，考查学生的空间想象能力，运算求解能力，属于中档题．20．如图，在平面四边形中，，，.(1)当，时，求的面积；(2)当，时，求.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）利用余弦定理求出，，再利用诱导公式、三角形面积公式计算作答.（2）在和中用正弦定理求出AC，再借助同角公式求解作答.【详解】（1）当时，在中，由余弦定理得，即，解得，，因为，则，又，所以的面积是.（2）在中，由正弦定理得，即，在中，由正弦定理得，即，则，整理得，而，为锐角，所以.21．（1）证明两角和的余弦公式：，并由推导两角和的正弦公式：：；（2）已知，，，，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）【分析】（1）利用单位圆结合平面向量数量积分析证明；（2）以为整体，结合三角恒等变换运算求解.【详解】（1）在标准单位圆上取点，不妨设，则，可得，因为，可得，则，即，则，可得，即.（2）因为，则，可得，且，则，又因为，则，注意到，则，，所以.22．一个创业青年租用一块边长为4百米的等边田地如图养蜂、产蜜与售蜜,田地内拟修建笔直小路MN，AP，其中M，N分别为AC，BC的中点，点P在CN上，规划在小路MN与AP的交点O(O与M、N不重合处设立售蜜点，图中阴影部分为蜂巢区，空白部分为蜂源植物生长区，A，N为出入口小路的宽度不计为节约资金，小路MO段与OP段建便道，供蜂源植物培育之用，费用忽略不计为车辆安全出入，小路AO段的建造费用为每百米5万元，小路ON段的建造费用为每百米4万元．（Ⅰ）若拟修的小路AO段长为百米，求小路ON段的建造费用；（Ⅱ）设, 求的值，使得小路AO段与ON段的建造总费用最小．【答案】（Ⅰ）4万元；（Ⅱ），小路AO段与ON段的建造总费用最小为万元.【分析】（Ⅰ）在中用余弦定理计算的长度，故可得的长度后即得段的建筑费用.（Ⅱ）在中用正弦定理计算的长度后得到，令，将其变形为，利用辅助角公式可得，从而得到，验证等号成立后可得何时取最小值.【详解】（Ⅰ）在中，， 即，故或（舎去），故，所以段的建筑费用为万元.（Ⅱ）由正弦定理得：在中，，故， ，设小路和段的建造总费用为，则，令，且，，即.由，得，故，即或（舍去）.当时，，故，其中，故由，符合题意.答：，小路AO段与ON段的建造总费用最小为万元.【点睛】把实际问题抽象为解三角形问题时，注意分析三角形的哪些量是已知的，要求的哪些量，这样才能确定用什么定理去解决.求形如的函数最值，可将该函数转化为形如的方程，利用得到的取值范围，验证等号能成立后可得函数的最值.