2022-2023学年云南省开远市第一中学校高一下学期期中考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年云南省开远市第一中学校高一下学期期中考试数学试题含答案，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年云南省开远市第一中学校高一下学期期中考试数学试题 一、单选题1．已知集合，，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】分别根据集合交集与并集定义求解，再判断选择.【详解】，，，.故选D.【点睛】本题考查集合交集与并集定义，考查基本分析求解能力，属基础题.2．复数（i为虚数单位）在复平面内的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】根据复数的除法和乘法的运算法则化简复数，进而即得.【详解】复数，所以复平面上对应的点位于第一象限.故选：A.3．函数在上的图像大致为A． B． C． D．【答案】A【分析】利用函数的奇偶性和函数图像上的特殊点，对选项进行排除，由此得出正确选项.【详解】由于，所以函数为奇函数，图像关于原点对称，排除C选项.由于，所以排除D选项.由于，所以排除B选项.故选A.【点睛】本小题主要考查函数图像的识别，考查函数的奇偶性、特殊点，属于基础题.4．已知，则等于（    ）A． B．2 C． D．【答案】D【分析】根据已知条件，利用诱导公式及同角三角函数的商数关系求即可.【详解】由，即，所以，故选：D．5．已知圆台的上底面面积是下底面面积的倍，母线长为4，若圆台的侧面积为，则圆台的高为（    ）A．2 B． C．5 D．【答案】B【分析】设上底面的半径为，下底面的半径为，利用圆台的侧面积公式：，求出即可求解.【详解】设上底面的半径为，因为圆台的上底面面积是下底面面积的倍，所以下底面的半径为，又母线长为4，圆台的侧面积为，所以，解得，所以，所以圆台的高为，故选：B．6．已知点，，，，若是与方向相同的单位向量，则向量在方向上的投影向量为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先求出、的坐标，再求出、，最后根据向量在方向上的投影向量为计算可得.【详解】因为，，，，所以，，所以， ，又是与方向相同的单位向量，所以向量在方向上的投影向量为.故选：D7．如图，正方体的棱长为2，、分别是、的中点，沿过、、点的截面截去四面体，再沿过三点的截面截去四面体后，所得几何体的体积为（    ）    A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【分析】先算出三棱锥和的体积，最后用正方体体积去减即可.【详解】由题，，，所以该几何体的体积．故选：C．8．在中，已知点在线段上，点是的中点，，，，则的最小值为（    ）A． B．4 C． D．【答案】C【解析】利用三点共线可得，由，利用基本不等式即可求解.【详解】由点是的中点，则，又因为点在线段上，则，所以，当且仅当，时取等号，故选：C【点睛】本题考查了基本不等式求最值、平面向量共线的推论，考查了基本运算求解能力，属于基础题. 二、多选题9．函数的零点所在的区间是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】把函数的零点问题转化为函数和的图象的交点问题，数形结合即可得解.【详解】如图，作出函数的图象，观察交点可得交点在和区间上.故选：BC.10．若点在幂函数的图象上，则下列结论可能成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】根据幂函数图象的特点即可做出判断.【详解】因为幂函数在第一象限一定有图象，在第二或第三象限可能有图象，也可能没有图象，第四象限一定没有图象，所以选ABC.故选：ABC.11．已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（    ）A．B．的图象关于直线对称C．在上单调递减D．该图象向右平移个单位可得的图象【答案】ABD【分析】由图象求得函数解析式，然后根据正弦函数性质及图象变换判断各选项．【详解】根据函数的部分图象，可得，，所以，故A正确；利用五点法作图，可得，可得，所以，令，求得，为最小值，故函数的图象关于直线对称，故B正确；当时，，函数没有单调性，故C错误；把的图象向右平移个单位可得的图象，故D正确．故选：ABD．12．已知函数（且）在定义域内存在最大值，且最大值为，，若对任意，存在，使得，则实数的取值可以是（    ）A． B．0 C． D．3【答案】ABC【分析】先求出，得到时，再由题意得到，即可求出m的范围，对照四个选项即可得到正确答案.【详解】定义域为.由题意知时，，即.此时，时，时，，由得.对照四个选项，可以选:ABC.故答案为：ABC 三、填空题13．，，则      ．【答案】/【分析】利用二倍角公式，结合的范围进行求值【详解】因为，所以，又，所以，所以.故答案为：14．如图所示，表示水平放置的用斜二测画法得到的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则△的边上的高为        .【答案】【分析】作线段，交轴于点，则所求的高为，根据三角知识即可求解．【详解】作线段，交轴于点，则，所以边上的高为故答案为：．15．若实数a，b，c满足，，，则=      ．【答案】【分析】先把指数式化为对数式，再利用换底公式进行计算.【详解】因为，，，所以，故，由换底公式可得：.故答案为：2 四、双空题16．已知函数若方程有四个不相等的实数根，，，，则           ，的取值范围为           .【答案】          【详解】令，作出的图象，，，，，，. 故答案为：；. 五、解答题17．在中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，，(1)求角A；(2)若，求a的最小值.【答案】(1)(2)2 【分析】（1）利用诱导公式及正弦定理将边化角，再结合二倍角公式计算可得；（2）由数量积的定义求出，再由余弦定理及基本不等式计算可得；【详解】（1）解：在，由，所以，即，再由正弦定理得，，因为，∴，因为，所以，∴.（2）解：由，即，所以.由当且仅当时，所以的最小值为2.18．已知，.(1)若，求的坐标；(2)若，求与的夹角.【答案】(1)或；(2). 【分析】（1）设，利用向量的模长公式可求得实数的值，即可得出向量的坐标；（2）由已知可得，可求得的值，利用平面向量夹角的取值范围即可得解.【详解】（1）解：因为，设，则，解得.因此，或.（2）解：由已知可得，因为，则，可得，所以，，，则.19．已知函数（为常数），在时取得最大值2.（1）求的解析式；（2）求函数在上的单调区间和最小值.【答案】（1）；（2）的单调增区间为，单调减区间为，.【分析】（1）根据对称轴方程为，及最大值为 可列出关于 的方程组，解方程组可得的值，从而可得结果；（2）根据（1）的结论可知，开口向上的抛物线对称轴在内，结合二次函数的图象可得的单调增区间为，单调减区间为.【详解】（1）由题意知,∴ ,∴ .（2）∵，∴当时，的单调增区间为，单调减区间为，又，∴ 最小值为.20．已知函数，其中且．(1)求的值并写出函数的解析式；(2)判断并证明函数的奇偶性；(3)已知在定义域上是单调递减函数，求使的的取值范围．【答案】(1)，(2)奇函数，证明见解析(3) 【分析】（1）由求解即可；（2）由函数奇偶性的定义判断并证明即可；（3）由，结合函数单调性求解即可.【详解】（1）由已知，，∴，解得（舍）或，∴．（2）为奇函数，证明如下：∵，∴由即，解得，∴的定义域为，，都有，且，即，∴函数是定义在上的奇函数．（3）∵在定义域上单调递减，，∴解得，又∵的定义域为，∴的取值范围是．21．已知函数.（1）求的对称中心的坐标；（2）若，，求的值.【答案】（1），；（2）.【分析】（1）利用辅助角公式及降幂公式将函数化为，再根据正弦函数的对称中心即可得出答案；（2）由，求得，再利用两角差的余弦公式即可得出答案.【详解】解：（1）由，，得，，即的对称中心的坐标为，.（2）由（1）知，令，则，所以，，则.22．如图，在扇形中，圆心角等于60°，半径为4，在弧上有一动点，过引平行于的直线和交于点，设.(1)若点为的中点，试求的正弦值；(2)求面积的最大值及此时的值.【答案】(1)；(2)面积的最大值为，此时. 【分析】（1）（2），做，因，则可得，有，再借助三角恒等变换、三角函数性质求解得答案.【详解】（1）如图，做，因，，则四边形为平行四边形，则，有.当点为的中点，又，则，又，则.解得：（2）因，则，则，则，其中.，当且仅当，即时取等号.故面积的最大值为，此时.