山东省济宁市泗水县2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

这是一份山东省济宁市泗水县2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了答第II卷考生须用0等内容，欢迎下载使用。
2022～2023学年度第二学期期中教学质量检测高一数学试题本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，共4页；满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的考场、座号、姓名、班级填(涂)写在答题卡上.2.第I卷的答案须用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再改涂其它答案标号.3.答第II卷(非选择题)考生须用0.5mm的黑色签字笔(中性笔)作答，答案必须写在答题卡的各题目指定的区域内相应位置，如需改动，须先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带.否则，该答题无效.4.书写力求字体工整、符号规范、笔迹清楚.一、单项选择题：本题共8小题，每题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 设i为虚数单位，则复数的虚部为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先求出模长，进而利用复数除法运算法则进行计算，求出虚部.【详解】，故虚部为.故选：A2. 如图，用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形，其直观图是一个底角为45°，腰长为，上底为1的等腰梯形，那么原平面图形的最长边长为（    ）A.  B.  C. 2 D. 3【答案】B【解析】【分析】把直观图还原出原平面图形，根据直观图与平面图形数据之间的关系即可求解.【详解】把直观图还原出原平面图形，则这个平面图形是直角梯形，所以，，，，所以原平面图形的最长边长为， 故选：B．3. 已知角的顶点与原点重合，始边与轴正半轴重合，终边在直线上，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】根据终边与角关系确定角的象限，根据终边的直线方程确定角的三角函数值，最后根据诱导公式求解即可.【详解】角终边在直线，则角为第一象限角或者第三象限角， 根据得，．故选：D4. 如图所示，平行四边形中，，点F为线段AE的中点，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由已知可得，，，化简计算即可得出结果.【详解】.故选：C.5. 斛是我国古代的一种量器，如图所示的斛可视为正四棱台，若该正四棱台的上、下底面边长分别为，，侧面积为72，则该正四棱台的体积为（    ）A. 56 B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】求出正四棱台的侧棱长和高，根据棱台的体积公式即可求解.【详解】
 如图，记该正四棱台为，在等腰梯形中，过作于E，则．由该正四棱台的侧面积为72可知，，∴，则．连接AC，，则，，在等腰梯形中，过作于F，则．根据正四棱台的性质可知，平面ABCD．在中，．该正四棱台的体积，故选：B．6. 设平面向量、满足，，，则在方向上的投影向量为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由向量垂直建立等式可求出，进而可求出向量在方向上的投影向量.【详解】因为，，，则，所以，，所以，在方向上的投影向量为，故选：D.7. 设，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】利用三角恒等变换和同角间三角函数的关系判断a，b，c的取值范围，然后继续比较大小即可得答案.【详解】由题意得 ， ， ， ， ， ，故 , ，则 ，则 ,
可得
故选：8. 在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】首先由二倍角正切公式求出，即可求出、，利用正弦定理、两角和的正弦公式及同角三角函数的基本关系将变形为，再根据三角形为锐角三角形，即可得解；详解】解：由，解得或，因为为锐角三角形，所以.又，所以，，所以，因为为锐角三角形，所以，则，，则，即.故选：D.二、多项选择题: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.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9. 设，，为复数，下列命题中正确的是（    ）A. 若，则 B. 若，则或C. 若且，则 D. 若，则【答案】BCD【解析】【分析】由特殊值否定选项A，利用复数模的性质证得选项BD，可证选项C．详解】对于A：当时，满足，此时，，，A选项错误；对于B：若，则，所以或至少有一个成立，即或，B选项正确；对于C，由，则，∵，∴，C选项正确；对于D，若，则，由复数模的性质可得，，，所以，D选项正确.故选：BCD10. 对于，有如下命题，其中正确的有（    ）A. 若，则是等腰三角形B. 若锐角三角形，则不等式恒成立C. 若，则为锐角三角形D. 若，则为钝角三角形【答案】BD【解析】【分析】对选项A，根据题意得到或，即可判断A错误；对选项B， 根据题意得到，从而得到，即可判断B正确；对选项C，根据题意得到，从而得到，即可判断C错误；对选项D，根据得到为钝角，即可判断D正确.【详解】对选项A，，所以或，故A错误；对选项B，是锐角三角形，所以，所以，故B正确.对选项C，，所以，.又因为，所以为钝角，为钝角三角形，故C错误；对选项D，，所以，即，又因为，所以为钝角，为钝角三角形，故D正确.故选：BD11. 在中，D，E，F分别是边，，中点，下列说法正确的是（    ）A. B. C. 若，则是在的投影向量D. 若点P是线段上的动点，且满足，则的最大值为【答案】BCD【解析】【分析】对选项A，B，利用平面向量的加减法即可判断A错误，B正确.对选项C，首先根据已知得到为的平分线，即，再利用平面向量的投影概念即可判断C正确.对选项D，首先根据三点共线，设，，再根据已知得到，从而得到，即可判断选项D正确.【详解】如图所示：对选项A，，故A错误.对选项B，，故B正确.对选项C，，，分别表示平行于，，的单位向量，由平面向量加法可知：为的平分线表示的向量.因为，所以为的平分线，又因为为的中线，所以，如图所示：在的投影为，所以是在的投影向量，故选项C正确.对选项D，如图所示：因为在上，即三点共线，设，.又因为，所以.因为，则，.令，当时，取得最大值为.故选项D正确.故选：BCD【点睛】本题主要考查平面向量的加法，减法的几何意义，数形结合为解决本题的关键，属于中档题.12. 设函数向左平移个单位长度得到函数，已知在上有且只有5个零点，则下列结论正确的是（    ）A. 的图象关于直线对称B. 在上，方程的根有3个，方程的根有2个C. 在上单调递增D. 的取值范围是【答案】CD【解析】【分析】根据函数的零点的个数，求出参数的范围，再判断函数的单调性、对称性和方程根的个数.【详解】由题意，，由题意，不一定是函数的对称轴，所以A错误；当时，得，故；，所以D正确.因为，则的根分别可由或或求出，共有3个根；当时，的根分别可由或求出，共2个根；当时，的根分别可由或或求出，共3个根；所以B错误；当时，得，由，得，所以，此时在上单调递增，所以C正确.故选：CD.【点睛】本题重点考查三角函数的图象与性质，难度较大，做题时注意利用整体法判断：即通过将作为整体，借助的图象和性质来进行判断.第II卷（非选择题  共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知向量，且，若A，B，C三点共线，则实数x的值为_________.【答案】3【解析】【分析】根据三点共线的位置关系列出向量等式，结合向量的坐标表示求解答案.【详解】 A，B，C三点共线，可设由得： A，B，C三点共线，可设故答案为：3.14. 若，则___________.【答案】【解析】【分析】由诱导公式结合和差角公式求解即可.【详解】故答案为：15. 如图，为测量山高，选择和另一座山的山顶为测量观测点.从点测得点的仰角点的仰角以及；从点测得，已知山高，则山高________.【答案】【解析】【分析】通过直角可先求出的值，在由正弦定理可求的值，在中，由，，从而可求得的值．【详解】在中，，，所以．在中，，，从而，由正弦定理得，，因此．在中，，，得．故答案为：．16. 如图所示，在直三棱柱中，棱柱的侧面均为矩形，，，，P是上的一动点，则的最小值为_____.【答案】【解析】【分析】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余弦定理等求解即可.【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，则有.当三点共线时，则即为的最小值.在三角形ABC中，，，由余弦定理得：,所以，即在三角形中，，，由勾股定理可得：,且.   同理可求：，因为，所以为等边三角形，所以，所以在三角形中，,,由余弦定理得：.故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知复平面内复数，，所对应的点分别为，，．（1）求，的值；（2）求．【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）首先根据复数在复平面内的坐标得到复数，，，再根据复数代数形式的运算法则计算可得；（2）首先求出，，再根据向量的夹角公式计算可得；【小问1详解】解：因为复平面内复数，，所对应的点分别为，，，所以，，，所以，【小问2详解】解：因为，，，所以，，所以，，所以18. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.（1）求角C；（2）若，，求的周长.【答案】（1）（2）【解析】【详解】试题分析：（1）根据正弦定理把化成，利用和角公式可得从而求得角；（2）根据三角形的面积和角的值求得，由余弦定理求得边得到的周长.试题解析：（1）由已知可得（2）又，的周长为考点：正余弦定理解三角形. 19. 设两个向量满足，（1）求方向的单位向量；（2）若向量与向量的夹角为钝角，求实数t的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据，求得的坐标和模后求解；（2）根据向量与向量的夹角为钝角，由，且向量不与向量反向共线求解.【小问1详解】由已知，所以，所以，即方向的单位向量为；【小问2详解】由已知，，所以，因为向量与向量的夹角为钝角，所以，且向量不与向量反向共线，设，则，解得，从而，解得.20. 已知函数，，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知．求：（1）的最小正周期；（2）在区间的取值范围．【答案】（1）选①；选②；选③    （2）选①；选②；选③【解析】【分析】无论选择哪个条件，首先利用二倍角公式及辅助角公式将函数进行化简变形，（1）根据函数关系式直接写出周期；（2）利用整体思想结合三角函数的性质，用x的范围，求出或的范围，即可得到函数的值域．【小问1详解】解：若选①，
 ，最小正周期为；若选②，，最小正周期为；若选③，，最小正周期为；【小问2详解】选①，因为，所以 ，所以取值范围为选②，因为，所以 所以取值范围为选③，因为，所以所以取值范围21. 如图，在凸四边形中，已知．（1）若，，求的值；（2）若，四边形的面积为4，求的值．【答案】（1）；    （2）﹒【解析】【分析】(1)△中求出BD，在△中，由正弦定理求出，根据即可求；(2)在△、△中，分别由余弦定理求出，两式相减可得cosA与cosC的关系式；又由的sinA与sinC的关系式；两个关系式平方后相加即可求出cos(A＋C)﹒【小问1详解】在△中，∵，∴．△中，由正弦定理得，，∴．∵，∴，∴．【小问2详解】在△、△中，由余弦定理得，，，从而①，由得，②，得，，∴．22. 定义空间点到几何图形的距离为：这一点到这个几何图形上各点距离中最短距离.（1）在空间，求与定点距离等于1的点所围成的几何体的体积；（2）在空间，线段(包括端点)的长等于1，求到线段的距离等于1的点所围成的几何体的体积；（3）在空间，记边长为1的正方形区域(包括边界及内部的点)为，求到距离等于1的点所围成的几何体的体积.【答案】（1）    （2）    （3）【解析】【分析】（1）与定点距离等于1的点所围成的几何体是一个半径为1的球，利用球的体积公式可求得答案，（2）由题意可知该几何体是以为高，底面半径为1的圆柱的侧面与两个半径为1的半球面所围成的，然后利用圆柱的体积公式和球的体积公式可求得结果，（3）由题意可知该几何体是棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的.【小问1详解】与定点距离等于1的点所围成的几何体是一个半径为1的球，其体积为，【小问2详解】到线段的距离等于1的点所围成的几何体是一个以为高，底面半径为1的圆柱的侧面与两个半径为1的半球面所围成的几何体，其体积为【小问3详解】到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，其体积为 【点睛】关键点点睛：此题考查圆柱，棱柱和球的体积公式的应用，解题的关键是根据题意得到几何体，考查空间想象能力，属于中档题.