2022-2023学年安徽省池州市青阳县第一中学、青阳中学高一下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年安徽省池州市青阳县第一中学、青阳中学高一下学期期中数学试题含答案，共13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学年安徽省池州市青阳县第一中学、青阳中学高一下学期期中数学试题 一、单选题1．若复数，则（    ）A．2 B． C．4 D．5【答案】B【分析】先化简复数z，再利用复数的模求解.【详解】因为复数，所以，所以，故选：B2．设向量不共线，向量与同方向，则实数的值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用向量共线定理求解即可.【详解】由向量共线定理得存在一个实数使成立，即则，解得或，又因为向量与同方向，所以，即，故选：.3．已知点，则向量在方向上投影向量为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用求投影向量的公式进行求解【详解】，则向量在方向上投影向量为故选：B4．函数具有性质（    ）A．图象关于点对称，最大值为 B．图象关于点对称，最大值为1C．图象关于直线对称，最大值为 D．图象关于直线对称，最大值为1【答案】D【分析】利用三角恒等变换将函数化简，再根据正弦函数的性质即得.【详解】∵，∴函数的最大值为1，所以，故AC错误；又当时，所以函数关于对称，故B错误，D正确.故选：D.5．已知，，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出，，由凑角法，利用正弦的差角公式进行求解.【详解】因为、为锐角，所以，因为，所以，因为，所以，故故选：A.6．若一个圆锥的轴截面为等腰直角三角形，其侧面积为，圆锥的底面圆周和顶点都在同一球面上，则该球的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】设球半径为，圆锥的底面半径为，由直角圆锥的侧面积为可求出，，再求出圆锥的高即可知，得，即可求出球的体积．【详解】解：设球半径为，圆锥的底面半径为，母线为，圆锥的轴截面为等腰直角三角形，得：若圆锥的侧面积为，则，所以圆锥的高，由，解得：，所以球O的体积等于.故选：D．7．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c．若，则的值为（    ）A． B． C．1 D．【答案】A【分析】根据正弦定理求得正确答案.【详解】依题意，由正弦定理得.故选：A8．已知菱形的边长为1，，点E是边上的动点，则的最大值为（    ）．A．1 B． C． D．【答案】D【分析】设，，令,直接利用向量的数量积定义运算即可.【详解】设，，，∴的最大值为．故选:D． 二、多选题9．已知向量，，，则可能是（    ）A． B．C． D．【答案】AD【分析】设，由向量模长的坐标运算可构造方程求得，由此可得.【详解】，可设，则，，，解得：，或.故选：AD.10．下列选项中，正确的有（    ）A．设，都是非零向量，则“”是“”成立的充分不必要条件B．若角的终边过点且，则C．在中，D．若，则【答案】AC【分析】根据平面向量的数乘运算、三角函数的定义、诱导公式、正弦定理以及三角函数性质的应用，判断每个选项的正误．【详解】选项A，由，可知，所以，故充分性成立；若，则，因为为大于的实数，不一定为，所以必要性不成立，故“”是“”成立的充分不必要条件，选项正确；选项B，若角的终边过点且，则，解得，B选项错误；选项C，因为在中，，由正弦定理可知，所以，因为在上单调递减，而A，B为的内角，，故；故可得，选项C正确；选项D，若，则，D错误．故选：AC.11．有一个内角为的三角形的三边长分别是m，，，则实数m的值不可能为（    ）．A．1 B． C．2 D．【答案】ACD【分析】利用余弦定理建立方程解出即可.【详解】内角为所对边为，则在三角形中，由余弦定理得：，化简可得：，解得或（舍）．故选：12．已知圆锥的底面半径为，高为2，为顶点，，为底面圆周上两个动点，则下列说法正确的是（    ）A．圆锥的体积为B．圆锥侧面展开图的圆心角大小为C．圆锥截面面积的最大值为D．若圆锥的顶点和底面上所有点都在同一个球面上，则此球的体积为【答案】BD【分析】根据题意，求出圆锥的母线长，体积，侧面展开图的弧长，轴截面面积，外接球体积，即可得出结论．【详解】解：因为圆锥的底面半径为，高为，所以圆锥的母线长，则：对于A，圆锥的体积，故A错误；对于B，设圆锥的侧面展开图的圆心角大小为，则，，故B正确；对于C，当圆锥截面为圆锥的轴截面时，此时，，所以，所以当时，截面的面积最大，，故C错误；对于D，圆锥的顶点和底面上所有点都在同一个球面上，即圆锥的外接球，设圆锥外接球半径为，由球的性质可知：，即，解得，所以外接球的体积．故D正确．故选：BD. 三、填空题13．若不等式对一切实数均成立，则实数的取值范围是       .【答案】【分析】将不等式看成关于的二次不等式问题,再利用恒成立问题解决即可.【详解】由有,因为.故.所以故答案为：【点睛】本题主要考查了关于的二次复合函数问题,需要根据的范围与二次函数的对称轴结合求解.属于中等题型.14．已知的面积为24，P是所在平面上的一点，满足，则的面积为    ；【答案】12【分析】由三角形的重心的向量表示得：点P为△A1B1C1的重心，则SSS，由三角形面积公式得：S△PABS，S△PBCS，S△PACS，所以S△PAB：S△PBC：S△PAC＝3：1：2，又S△PAB+S△PBC+S△PAC＝24，即S△PAB＝12，得解．【详解】解：设，，，则，即点P为的重心，则，又，，，所以：：：1：2，又，所以，故答案为12【点睛】本题考查了三角形面积公式、三角形的重心及平面向量基本定理，属难度较大的题型．15．定义是向量 和的“向量积”，其长度为，其中为向量 和 的夹角．若，，则=      ．【答案】【分析】根据数量积,求出夹角,然后再根据向量积的定义,即可求解.【详解】，,,进而,,所以 由“向量积”的定义可知: 故答案为: 16．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，则的面积为      .【答案】【分析】先根据，，利用余弦定理求得，再利用三角形面积公式求解.【详解】解：因为，，所以，解得，所以，故答案为： 四、解答题17．已知，且．（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）求的值．【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）-1.【分析】（Ⅰ）由同角三角函数的平方关系和商数关系求得．再根据角的范围可求得答案；（Ⅱ）根据同角三角函数的商数关系化为关于正切的关系式，代入可得答案.【详解】（Ⅰ）由，得．∵，∴．∵，∴，．∴，．（Ⅱ）原式∵，∴原式．18．平面内给定三个向量，，.(1)设，求m，n的值；(2)若，求实数k的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据向量，，，由，利用向量相等求解；（2）根据向量，，，得到和的坐标，由求解；【详解】（1）解：因为向量，，，且，所以，所以，解得；（2）因为向量，，，所以，，因为，所以.19．在中，角，，的对边分别为，，，已知，且角为钝角.（1）求角的大小；（2）若，，求的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）利用代入化简即可；（2）由可以得出，由通过正弦定理可得，再加上，问题转化为已知两角一边解三角形的基本问题.【详解】（1）∵，又，∴，∴，∵角为钝角，∴，∴(舍去).（2）由余弦定理得，∴，又，∴，即.∴，∴由得.∵，∴的面积为【点睛】方法点睛：解三角形问题，首先数题目的条件，如果没有三个，只能算一些比值，或者角度之类的问题，如果有三个，就可以解这个三角形，一般把含蓄的条件转化为直白的条件进而求解.20．已知函数．(1)求的解集；(2)求在上的值域．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用倍角公式进行三角恒等变换，然后利用辅助角公式化简成正弦型函数，根据正弦型函数的性质求解不等式.（2）根据正弦型函数的定义域求值域.【详解】（1）解：由题意得：．由，得．根据正弦型函数的性质可知：解得．故的解集为．（2） 又，，故在上的值域为．21．如图，在四边形中，，，，.(1)求；(2)若，求的长.【答案】(1)(2)3 【分析】（1）先求出，在中结合正弦定理求解即可；（2）根据题中条件运用二倍角公式求出的值，然后在中结合余弦定理求解即可.【详解】（1）因为，，所以，在中，根据正弦定理知，，即，解得.（2）因为且，所以.因为，所以，在中，由余弦定理知，，即，所以，即，解得或（舍去），所以的长为3.22．已知的面积为S，三边分别为，且．（1）求；（2）求，求周长的最大值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由数量积的定义及面积公式的表示化简即可得解；（2）由余弦定理得，从而可得最值.【详解】（1）由得，，所以，由，解得；（2）由余弦定理可得：，得，解得，当且仅当时等号成立，所以当时，周长的最大值为，