2022-2023学年安徽省卓越县中联盟高一下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年安徽省卓越县中联盟高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知集合或，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由交集，补集定义可得答案.

【详解】由，可得或，

所以或.

故选：B.

2．（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】运用复数运算法则化简即可.

【详解】由题可知.

故选：A.

3．若“”是“”的充分不必要条件，则实数的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将所求问题转化为真子集求参数问题，结合对数不等式即可求解.

【详解】因为“”是“”的充分不必要条件，

所以，

所以，解得，

故即实数的取值范围是.

故选：C.

4．打糍粑流行于中国南方地区，如图为一种打糍粑用的石臼，其可看成从正方体的一面挖去一个半球后形成的几何体.若该正方体的棱长为，半球的半径为，石臼的体积为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据正方体内切球及球的体积公式计算可得.

【详解】由题可知正方体的体积为，挖去的半球的体积为，

所以，即，

所以.

故选：B.

5．已知某圆柱的轴截面的斜二测画法直观图如图所示，分别对应圆柱两底面的直径，，则该圆柱的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据直观图可得圆柱得底面半径及高，再根据圆柱的表面积公式即可得解.

【详解】作出圆柱的轴截面的原图形，如图，

由题可知圆柱的底面半径为，高为，

所以该圆柱的表面积为.

故选：C.

6．已知是半径为1的圆上的两个动点，，则的夹角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将已知条件两边平方，结合数量积定义可解.

【详解】由题可知，，设的夹角为.

因为

所以，即，

解得或（舍去），即的夹角的余弦值为.

故选：C

7．已知函数为正整数，在区间上单调，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由单调区间可知周期范围，进而可得，再由结合正弦函数的对称性可解.

【详解】设的最小正周期为.由题可得，故，又为正整数，所以.因为，所以的图象的一条对称轴为直线.所以，解得.又，所以.

故选：B

8．已知奇函数的定义域为，且对任意的且，都有与同号，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】令，由题意可知，当时，为增函数，且为偶函数，由于，，，结合函数的单调性即可得解.

【详解】因为对任意的且，都有与同号，

即与即同号.

令，所以，当时，为增函数.

由题可知为奇函数，则，

因为，所以为偶函数，

由于，，，

因为，即，

所以.

故选：D.

二、多选题

9．用一个平面去截棱长为1的正方体，则下列结论中正确的是（    ）

A．若该平面过点，则截面的周长为6

B．若该平面过点，则截得的两个几何体的外接球体积相等

C．若该平面过点，则截得的两个几何体的表面积均为

D．若该平面过点，则其截正方体的外接球所得的截面面积不是定值

【答案】BC

【分析】作出过点的截面直接计算可判断A；分析两个几何体的外接球和正方体的外接球的关系可判断B；直接计算两个几何体的表面积可判断C；由过的截面过正方体外接球的球心可判断D.

【详解】若该平面过点，则截面为正三角形，其边长为，则截面的周长为错误；

若该平面过点，则截得的两个几何体的外接球均为正方体的外接球，

故外接球体积相等，B正确；

当该平面过点时，截面为，则截得的两个几何体为相同的三棱柱，

且三棱柱的表面积均为正确；

若该平面过点，则其过正方体的外接球球心，

所以截面面积是定值，D错误.

故选：BC.

10．已知向量，则（    ）

A．

B．的夹角为

C．与共线的单位向量

D．在上的投影向量为

【答案】BD

【分析】求出的坐标，再利用共线向量的坐标表示判断A；求出夹角判断B；由单位向量的意义判断C；求出投影向量的坐标判断D作答.

【详解】依题意，，显然，即与不共线，A错误；

，又，则的夹角为，B正确；

与共线的单位向量，C错误；

在上的投影向量为，D正确.

故选：BD

11．已知的内角的对边分别为，且，则使得的条件可以为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】AD

【分析】先利用正弦定理边化角可求得角A.利用正弦定理角化边，结合余弦定理可得c，然后可判断A；由求b，再利用余弦定理求c可判断B；利用内角和等于求出角A可判断C；根据数量积定义可得角C，进而可判断D.

【详解】因为，所以由正弦定理可得，所以，可得，

因为，所以.由，利用正弦定理，可得，

由余弦定理，可得，解得，故A正确；

由，可得，又因为，所以是以为顶角的等腰三角形，

所以，可得，由正弦定理，可得，解得，故B错误；

由于，又因为，所以，这与矛盾，则这样的三角形不存在，故错误；

由于，得，因为，所以，所以，故D正确.

故选：AD

12．已知函数，则下列结论中正确的是（    ）

A．的一个周期为1

B．的图象是轴对称图形

C．若恒成立，则实数的取值范围为

D．直线与的图象没有公共点

【答案】BCD

【分析】A.利用周期函数的定义判断；B.利用函数对称性判断；C.由判断；D.由判断.

【详解】依题意，，故1不是的周期，A错误；

而，故是图象的一条对称轴，B正确；

二次函数的，

故，且在处取得最小值1，

而在处取得最大值1，故，则正确；

因为，且当时，，

又当时，，所以，

所以直线与的图象没有公共点，D正确.

故选：BCD

三、填空题

13．已知复数的模是且其虚部大于0，则实数__________.

【答案】/1.8

【分析】根据模长公式及虚部大于0，列式求解即得.

【详解】由题可知,或，

且，

所以.

故答案为:.

14．若平面上不共线的四点满足，且，则__________.

【答案】6

【分析】由已知利用向量的线性运算得，即可得解.

【详解】由已知得.

又.

故答案为：6.

15．已知函数，记关于的方程的所有实数根的乘积为，若，则实数的取值范围是__________.

【答案】

【分析】求出方程的所有实数根，得到的解析式，然后利用其单调性解不等式即可.

【详解】由，得，所以或，故，

则函数在上单调递增，又，

则，即为，

所以，解得的取值范围是.

故答案为：.

16．已知在等腰中，，点为边的中点，则在上的投影向量的长度为__________.

【答案】/1.25

【分析】利用余弦定理求AC，作出AC边上的高BD，由三角函数定义可得AD，然后根据投影向量的几何意义可得.

【详解】如图，由题可知.设，由余弦定理可得，解得.

作AC边上的高BD，因为，所以，

所以，

由投影向量的几何意义可知，投影向量的长度为.

故答案为：.

四、解答题

17．油纸伞是世界上最早的雨伞，是中国古人智慧的结晶.它以手工削制的竹条做伞架，以涂刷天然防水桐油的皮棉纸做伞面.伞面可近似看成圆锥形.若某种油纸伞的伞面下边沿所在圆的半径为，顶点到下边沿上任一点的长度为.

(1)若将该伞的伞面沿一条母线剪开，展开后所得扇形的圆心角为多少弧度？

(2)若伞面的内外表面需要各刷1次桐油，每平方米需要刷桐油，则刷一个这样的油纸伞需要多少千克桐油？（参考数据：）

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出扇形的弧长，再根据弧长公式即可得解；

（2）求出圆锥的侧面积，进而可求出答案.

【详解】（1）由题可知圆锥的底面周长为，

所以展开后所得扇形的圆心角为；

（2）由题可知圆锥的侧面积，

所以刷一个这样的油纸伞需要桐油.

18．已知在复平面内表示复数的点为.

(1)若点在函数的图象上，求实数的值；

(2)若为坐标原点，点A在轴的正半轴上，且向量与的夹角为钝角，求实数的取值范围.

【答案】(1)或

(2)

【分析】（1）将点Z的坐标代入函数求解即可；

（2）根据题意可知，点Z在第二、三象限，据此列不等式求解即可.

【详解】（1）由题可知，复数在复平面内对应的点的坐标为.

又该点位于函数的图象上，

所以，

即，

解得或.

（2）由题可知，点在第二象限或第三象限，

所以且，

即且且，

所以的取值范围为.

19．已知中角的对边分别为，且.

(1)求；

(2)若，求的周长的最小值.

【答案】(1)

(2)12

【分析】（1）由，利用诱导公式和两角和与差的三角函数求解；

（2）由，利用余弦定理得到，再由，利用基本不等式求解.

【详解】（1）∵，

，

.

，

.

，即.

.

（2），

由余弦定理，可得，

.

，

当且仅当时，等号成立.

故的周长的最小值为12.

20．已知函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为，且的图象经过点.

(1)求的解析式；

(2)设函数，若在区间上的取值范围是，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意可得函数的最小正周期，即可求出，再利用待定系数法求出即可；

（2）根据根据三角恒等变换化简函数的解析式，再根据正弦函数的性质结合整体思想即可得解.

【详解】（1）由题可知的最小正周期，则，

因为的图象经过点，

所以，即，

因为，所以，

所以；

（2）

，

由，可得，

若在区间上的取值范围是，

则，

解得，

所以实数的取值范围是.

21．如图，在四边形中，

(1)证明；

(2)设，求的最大值，并求取得最大值时的值为多少.

【答案】(1)证明见解析

(2)，0

【分析】（1）由题中条件，结合向量的线性运算及数量积运算可得，即可得证；

（2）依题意，可知，，又，由平面向量基本定理可得的方程组，进而得出的解析式，利用二次函数的性质求最值即可.

【详解】（1），

即，

得，，

得，.

（2）依题意，

，

由题可知.

，.

，

又不共线，即

，

.

当时，取得最大值，且最大值为，此时.

22．已知函数是偶函数.

(1)求实数的值；

(2)求方程的实根的个数；

(3)若函数与的图象有且只有一个公共点，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)1

(3)

【分析】（1）利用偶函数的定义求解；

（2），结合函数在上的单调性与值域求解；

（3）令，可得．令，，所以，令函数，结合二次函数的性质求解.

【详解】（1）因为函数是偶函数，

所以，即，

也即，

，

，.

因为对定义域内的任意上式恒成立，所以.

（2）由（1）可知的解析式为.

所以.

因为函数在上单调递减，

又，所以函数在上的值域为.

所以方程的实根的个数为1.

（3）由题可知.

由，可得.

令，则.

所以可化为.

令函数.

当，即时，，舍去.

当，即时，的图象开口向上，

因为，所以一定存在唯一的正根，符合题意.

当，即时，的图象开口向下，

因为，

令，解得.

又，所以对称轴，所以（舍去）或.

所以.

综上，实数的取值范围是.