2022-2023学年广东省深圳外国语学校高中园高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年广东省深圳外国语学校高中园高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．复数（为复数单位）的共轭复数是（　　）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】计算，再计算共轭复数得到答案.

【详解】，则复数（为复数单位）的共轭复数是，

故选：A

2．已知正三角形边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据斜二测画法的知识确定正确答案.

【详解】正三角形的高为，

根据斜二测画法的知识可知，

直观图的面积为.

故选：B

3．在下列函数中， 同时满足以下三个条件的是（    ）

（1）在 上单调递减；

（2）最小正周期为 ；

（3）是奇函数.

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据正切函数，正弦函数的图象与性质一一分析即可判断.

【详解】对A，根据正切函数图象与性质知在上单调递增，不满足条件（1），故A错误；

对B，根据余弦函数性质知函数是偶函数，不满足条件（3），故B错误，

对C，函数，根据正弦函数在上单调递增，

且为奇函数，则在上单调递减，也为奇函数，且其最小正周期为，满足三个条件，故C正确；

对D，函数的最小正周期，不满足条件（2），故D错误；

故选：C.

4．在中，已知，则等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求角，再利用正弦定理可得.

【详解】因为，所以；

因为，所以.

故选：D.

5．已知，是不共线的向量，且，，，则（    ）

A．A，B，C三点共线 B．A，C，D三点共线

C．B，C，D三点共线 D．A，B，D三点共线

【答案】C

【分析】根据给定条件，求出向量，再结合平面向量基本定理推理作答.

【详解】向量，是不共线的向量，

对于A，，，不存在实数，使得，与不共线，A，B，C三点不共线，A不正确；

对于B，，，不存在实数，使得，与不共线，A，C，D三点不共线，B不正确；

对于C，，即与共线，且两向量有公共点，故B，C，D三点共线，C正确；

对于D，因，则，不存在实数，使得，与不共线，A，B，D三点不共线，D不正确。

故选：C

6．已知函数的部分图像如图所示，则（    ）

A． B． C．1 D．

【答案】D

【分析】根据题意，先由函数图像求得函数的解析式，然后代入计算，即可得到结果.

【详解】由图像可得，所以，则，即，

所以，将点代入，

可得，所以，

即，且，所以，

所以，则.

故选：D

7．已知向量满足，则与所成角为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量模的运算得，进而结合向量夹角公式求解即可.

【详解】解：因为向量满足，

所以，解得，

所以，

因为，

所以，，即与所成角为.

故选：A

8．如图，在等腰梯形中，. 点在线段上运动，则的取值范围是(    )

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】以AB中点为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，求出各点坐标，求出AD方程，设P的坐标，用坐标表示出，根据二次函数值域即可计算.

【详解】

如图，以AB中点为原点，AB所在直线为x轴建立直角坐标系，

则，，，，

易知，，故AD方程为：，

故设，

则，，

，

，

∵，

∴最小值为，最大值为，

∈.

故选：B.

二、多选题

9．已知复数（其中i是虚数单位），则下列命题中正确的为（       ）

A． B．z的虚部是-4

C．是纯虚数 D．z在复平面上对应点在第四象限

【答案】ABD

【分析】根据复数模的定义、复数虚部的定义，结合纯虚数的定义、复数在复平面对应点的特征逐一判断即可.

【详解】A：复数，则，故A正确；

B：的虚部是，故B正确；

C：，是实数，故C错误；

D：z在复平面上对应点的坐标为，在第四象限，故D正确.

故选：ABD.

10．在中，角，，的对边分别是，，，则下列结论正确的是（    ）

A．若，则是锐角三角形

B．若，则是钝角三角形

C．若，则

D．若，，，则此三角形有两解

【答案】BC

【分析】根据平面向量数量积的定义即可判断A；根据余弦定理计算即可判断B；根据正弦定理即可判断CD.

【详解】A：由，得，

又，所以角A为锐角，但不一定为锐角三角形，故A错误；

B：设，由余弦定理，

得，

又，所以角C为钝角，则为钝角三角形，故B正确；

C：因为，，由正弦定理，

得(R为外接圆半径)，所以，所以，故C正确；

D：由正弦定理，得，即，

得，不符合题意，此时三角形无解，故D错误.

故选：BC.

11．关于函数，下列结论正确的是（　　）

A．函数的最大值是

B．函数在上单调递增

C．函数的图象可以由函数的图象向右平移个单位得到

D．若方程在区间有两个实根，则

【答案】BCD

【分析】先利用辅助角公式化简得，利用三角函数的图象与性质可逐一判定各选项.

【详解】，

显然当时，的最大值是3，故A错误；

令，则在上单调递增，故B正确；

根据三角函数的图象变换得：的图象向右平移个单位得到，故C正确；

，则由正弦函数图象与性质可知，

，故D正确；

故选：BCD

12．如图所示，某摩天轮上一点从摩天轮的最低点处顺时针匀速转动，经过秒后，点第一次位于摩天轮的最高点，且距离地面米，当点距离地面最低点时开始计时，若点在时刻距离地面高度（米）关于（分钟）的解析式为，则以下说法正确的是（    ）

A．摩天轮离地面最近的距离为米

B．摩天轮的转盘直径为米

C．若在时刻，点距离地面的高度相等，则的最小值为

D．，使得点在时刻距离地面的高度均为米

【答案】ABD

【分析】利用最高点坐标和转一圈所需时间可求得，得到函数解析式；由解析式可确定最低点，并借助最高点和最低点得到转盘直径，知AB正误；由正弦型函数对称轴可确定关于对称，知C错误；令可求得的可能的取值，由此确定存在满足题意的，知D正确.

【详解】由题意得：，解得：；

摩天轮转一圈需要秒，即分钟，，；

又，，又，，

；

对于A，摩天轮离地面最近的距离为米，A正确；

对于B，摩天轮的转盘直径为米，B正确；

对于C，令，则，

若取最小值，则，关于对称，

，解得：，的最小值为，C错误；

对于D，令，即，

则或，

解得：或，

则当，时，点在时刻距离地面的高度均为米，D正确.

故选：ABD.

三、填空题

13．已知平面向量满足，，若，则__________

【答案】

【分析】根据题意求得，结合，列出方程，即可求解.

【详解】由平面向量满足，，可得，

因为，可得，解得.

故答案为：.

14．已知角的终边经过点，则_________

【答案】

【分析】根据诱导公式、二倍角的余弦公式及三角函数定义求解.

【详解】因为角的终边经过点，

所以，

所以.

故答案为：

15．若一个正四棱台的上下底面的边长分别为2和4，侧棱长为，则这个棱台的体积为______．

【答案】28

【分析】先根据侧棱长和上下底面的对角线长算出棱台的高，再根据棱台的体积公式计算即可.

【详解】因为上下底面的对角线长分别为和，求得正四棱台的高为，所以棱台的体积为．

故答案为：28.

16．如图所示，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥爬行一周后回到点处，若该小虫爬行的最短路程为，则这个圆锥的表面积为___________.

【答案】/

【分析】作出该圆锥的侧面展开图，该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理求出，求出底面圆的半径r，根据扇形面积公式和圆面积公式，结合圆锥展开图，由此能求出这个圆锥的表面积即可.

【详解】作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：

该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理可得：

∴.

设底面圆的半径为r,则有,解得,

则这个圆锥的表面积为

故答案为：

四、解答题

17．如图，在棱长为1的正方体中，截去三棱锥，求：

(1)截去的三棱锥的体积；

(2)剩余的几何体的表面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用棱锥的体积公式计算可得答案;（2）计算各个面的面积相加可得答案.

【详解】（1）∵正方体的棱长为1，

三棱锥的体积

（2）是边长为的等边三角形，，

∴，

，

所以剩余几何体表面积为．

18．已知，且．

(1)求的值；

(2)求的值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先由同角三角函数的平方关系结合角的象限计算，再由商数关系计算；

（2）先由二倍角公式计算和，再代入和差角公式计算即可.

【详解】（1），，

（2）由（1）得，

所以，

，

所以

19．已知函数的图象相邻两条对称轴之间的距离为．

(1)求的解析式和单调递增区间；

(2)求函数在区间上值域．

【答案】(1)，单调增区间为.

(2)

【分析】（1）根据正弦型函数的性质得出的值，结合正弦函数的单调性确定函数的单调递增区间；

（2）根据正弦函数的性质得出，进而得出函数在区间上的值域.

【详解】（1）因为相邻两条对称轴之间的距离为，所以的最小正周期，

所以，，则， ，

又因为当，时函数单调递增，

即，,

所以函数的单调递增区间为；

（2）（2）当时，，所以

所以函数在区间的值域为.

20．已知的内角的对边分别为，．

(1)求的大小；

(2)若且的面积为，求的值．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）利用正弦定理边化角，再借助和角的正弦化简求解.

（2）利用三角形面积公式求出，利用余弦定理求出，再利用正弦定理求解作答.

【详解】（1）在中，由正弦定理及，得，

即有，，

整理得，而，因此，又，

所以.

（2）因为，由（1）知，则，

由余弦定理得，即，

于是，由正弦定理得，，

所以.

21．如图，在中，，点为中点，点为上的三等分点，且靠近点，设，．

(1)用，表示，；

(2)如果，，且，求．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）利用向量的加减法法则结合图形求解；

（2）由，可得，从而可得，结合已知可得，从而可求出.

【详解】（1）解：因为，点为中点，点为的三等分点，且靠近点，

所以，

.

（2）解：由（1）可知，，

所以，由，可得，

所以

．

22．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，边长均为正整数，且．

(1)若角B为钝角，求△ABC的面积；

(2)若，求a．

【答案】(1)；

(2)6．

【分析】(1)由余弦定理和基本不等式得到a与c的关系，再根据三角形边长为正整数求a与c；

(2)用正弦定理和余弦定理转化角的关系为边的关系，在分类讨论求出边长﹒

【详解】（1）由角B为钝角，则，即；

又∵，即，且a，，因此或符合题意．

故，则，

因此△ABC的面积为．

（2）由，得，由正弦定理，可得；

由余弦定理，得，∵，．

若，则，故，

则，，此时，不符合题意．

∴，由，得，

又，即，则．

∵a，，故当时，有，而，故能构成三角形，故．