浙江省温州十校联合体2022-2023学年高一下学期期中联考数学试题（教师版含解析）

这是一份浙江省温州十校联合体2022-2023学年高一下学期期中联考数学试题（教师版含解析），共19页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 已知，，，则， 下列各式的值为1的是等内容，欢迎下载使用。
考生须知:
1.本卷共4页满分150分，考试时间120分钟.
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.选择题部分
一、单项选择题:本题共8小题，每小题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. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则角B=( )
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接利用余弦定理计算可得.
【详解】由余弦定理，又，
所以，所以，
因为，所以.
故选：D.
2. 复数的共轭复数是( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简，根据共轭复数的概念可得答案.
【详解】,
故的共轭复数为 ，
故选：B
3. 如图，是斜二测画法画出的水平放置的△ABC的A直观图，是的中点，且轴，轴，，那么( )

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，把直观图还原出原平面图形为等腰三角形，然后逐项判断即可.
【详解】根据题意，把直观图还原出原平面图形为等腰三角形，如图所示：

其中，，，
因为△ADC是直角三角形，AD＜AC，选项A错误；
原平面图形的面积为，选项B正确；
，选项C错误；
Rt△ABD中，AD＝4BD，且AD⊥BD，，所以，选项D错误．
故选：B．
4. 已知两个非零向量，夹角为，且，则( )
A. 3B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据已知条件，结合数量积的运算律可推得.进而根据数量积的运算律求出，，即可得出答案.
【详解】由已知可得，即，
所以，.
所以，，
，
所以，.
故选：B.
5. 羽毛球运动是一项全民喜爱的体育运动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶璃所围成圆的直径是，底部所围成圆的直径是，据此可估算球托之外羽毛球所在曲面的展开图的圆心角为( )

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由已知得出圆台的半径以及母线长，将圆台还原为圆锥，根据相似关系得出.进而根据圆锥的侧面展开图，即可求出答案.
【详解】由已知可得，圆台的母线长为8，下底面圆的半径为1，上底面圆的半径为3，
将圆台补成圆锥，如图1所示：

则羽毛所在曲面的面积为大､小圆锥的侧面积之差，
设小圆锥母线长，则大圆锥母线长为，
由相似得，解得.
将该圆锥展开得到扇形如图2

则小圆锥的半径，的长为，
所以估算球托之外羽毛所在的曲面展开图圆心角为.
故选：C.
6. 将顶点在原点，始边为轴非负半轴的锐角的终边绕原点逆时针转过后，交单位圆于点，则的值为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可得，根据角的范围，可知.然后根据三角函数的定义得出角的三角函数值.进而根据诱导公式，以及两角差的余弦公式，即可得出答案.
【详解】由已知可得，解得.
因为锐角，则，所以.
根据三角函数的定义可得，，，
所以.
故选：A.
7. 已知向量，均为单位向量，且，向量满足，则的最大值为( )
A. B. C. D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意可设，，利用向量的坐标运算结合辅助角公式运算求解.
【详解】因为向量，均为单位向量，且，可设，
又因为，设，
则，
可得
，
因为，则，
当且仅当，即时，的最大值为4.
故选：D.
8. 已知，，，则( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先设，，利用导数得到在单调递增，再根据即可得到；设，利用导数得到在单调递增，得到，从而得到，即可得到答案.
【详解】设，.
则，设，.
，所以在单调递增，.
所以，即在单调递增，
所以，即，即，则.
设，，，
所以在单调递增，，即，
所以，得，即，即，
所以.
故选：A．
二、多项选择题:本大题共4小题，每小题5分.共20分，在每小题的四个选项中，至少有两个是符合题目要求的，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.
9. 设数，则下列关于复数的说法正确的是( )
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意求得，结合复数的运算以及相关概念逐项分析判断.
【详解】因为，
对于选项A：，故A正确；
对于选项B：，故B错误；
对于选项C、D：因为，
所以，
故C正确，D错误；
故选：AC.
10. 下列各式的值为1的是( )
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据两角和的正切公式即可判断AD；根据两角差的正弦公式即可判断B，根据二倍角的余弦公式即可判断C.
【详解】对于A，，故A不符题意；
对于B，
，故B符合题意；
对于C，，故C不符题意；
对于D，因为，
所以，
所以，故D符合题意.
故选：BD.
11 已知直线与b异面，则( )
A. 存在无数个平面与，b都平行
B. 存在唯一的平面，使，b与都相交
C. 存在唯一的平面，使，且b∥
D. 存在平面，β，使，，且∥β
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用直线与平面关系对各选项逐一判断即可.
【详解】对于选项A：将异面直线，b通过平移到同一平面α内，则存在无数个与平面α平行的平面与，b都平行，A正确；
对于选项B：必存在与两异面直线，b均相交的平面，而与此平面平行的平面有无穷多个，B错误；
对于选项C：因为，b是异面直线，平移直线b与直线a相交，确定一个平面平行于直线b，所以过直线a有且仅有一个平面α与直线b平行，C正确；
对于选项D：存在平面，满足，//，存在直线//，通过平移直线l与直线b相交，，所以由面面平行的判定定理可知∥β，D正确；
故选：ACD.
12. 设函数，已知在 有且仅有个零点．下述四个结论中正确的是( )
A. 在有且仅有个最大值点
B. 在有且仅有个最小值点
C. 在单调递增
D. 的取值范围是
【答案】ACD
【解析】
【分析】作出的图像,进而得,即,解得,进而可判断D选项, A,B可结合图像判断.
【详解】作出的图像,如图，根据题意知，，
根据图象可知函数在有且仅有3个最大值点，所以A正确；
但可能会有3个最小值点，所以B错误；
根据，有，得，所以D正确；
当时，，因为，所以，所以函数在上单调递增，所以正确.
故选：.
非选择题部分
三、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 是平面内两个不共线的向量，且，，若，则实数k＝________.
【答案】±
【解析】
【分析】根据向量共线定理可知成立，列出方程组，即可得出答案.
【详解】因为，所以，使得成立，即.
因不共线，所以，解得.
故答案为：.
14. 已知点，，，，则向量在方向上的投影向量为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求得向量、的坐标，再根据投影向量的定义即可求得答案.
【详解】，，所以，，
所以向量在方向上的投影向量为.
故答案为：.
15. 已知，复数，，且，若，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据得，再利用配方法可得答案.
【详解】复数，所以，
所以，
因为，所以当时，.
故答案为：.
16. 在中，若，，则的周长的最大值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据已知切化弦，整理可得.由正弦定理角化边，整理可得.然后即可根据角的范围得出答案.
【详解】由可得，
两边同乘得，.
两边同加得，，
即.
又，
则.
设角，，对应的边分别为，，，且，
由正弦定理角化边可得.
所以，时，取得最大值，此时周长最大值为.
故答案为：.
四、解答题:本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知:复数，其中为虚数单位.
(1)求及；
(2)若，求实数a，b的值.
【答案】(1)，
(2)
【解析】
【分析】(1)根据复数的乘法和除法运算求出复数，再根据复数的模的计算公式计算即可；
(2)先根据复数的四则运算化简左边，再根据复数相等的定义即可得解.
【小问1详解】
，
；
【小问2详解】
，
得:，解得.
18. 已知函数.
(1)求最小正周期和对称轴；
(2)当时，求函数的最小值和最大值.
【答案】(1)，
(2)，
【解析】
【分析】(1)利用三角恒等变换可得函数解析式，再根据三角函数的性质求解；
(2)根据三角函数的性质即可求给定区间的值域可得答案.
【小问1详解】
，令，可得，
∴，对称轴为；
【小问2详解】
，则，
∴，
∴，.
19. 如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．

(1)求点A到面的距离；
(2)若为等腰直角三角形，且，求三棱锥内切球的表面积．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)利用等体积法求解；
(2)设内切球的半径为r，利用等体积法求解.
【小问1详解】
设点到面的距离为h，
∵，，
∴.
【小问2详解】
设，则，解得，
∴，
∵平面，平面，∴，,
设内切球的半径为r，由体积关系可得：，
即，可得:.
所以三棱锥内切球的表面积.
20. △ABC的内角A，B，C的对边分别为，已知.
(1)求A；
(2)设，当的值最大时，求△ABC的面积.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换分析运算；
(2)利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换化简得，进而分析最值，运算求解即可
【小问1详解】
因为，即，
可得，
整理得，
且，则，可得，
且，则，
所以，解得.
【小问2详解】
由正弦定理可知:，则，
可得
，
其中，
当时，取得最大值，
此时，
则，，
所以.
21. 如图，我市有一条从正南方向OA通过市中心O后向北偏东的OB方向的公路，现要修建一条地铁L，在OA、OB上各设一站A，B，地铁线在AB部分为直线段，现要求市中心O到AB的距离为6km，

(1)若OA＝10km，求O，B之间的距离；
(2)求A，B之间距离最小值.
【答案】(1)
(2)km
【解析】
【分析】(1)过点O作于点E，中，求出，，再求得，由正弦定理得的值.
(2)设，，由三角函数的性质和恒等变换可得答案.
【小问1详解】
过点O作于点E，，，，
∴，，，
∴，
在△OAB中，由正弦定理得，即，
可得:.
【小问2详解】
设，则，，
∴
，
；
∴时，有最大值为，
∴时，取得最小值为，
所以之间距离的最小值为.
22. 如图， 在正六边形中，，为上一点， 且 交于点
(1)当 时， 试用表示；
(2)求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)根据正六边形的性质和平面向量的线性运算结合图形可得；
(2)记，，借助F、G、H共线可得和之间的关系，然后根据平面向量的线性运算表示出所求，利用对勾函数的性质可得.
【小问1详解】
由正六边形性质可知，，
因为，所以
所以
【小问2详解】
记，
则，…①
将代入①整理得
因为F、G、H共线，所以，即
又
，
所以
将代入上式整理可得
令，则
由对勾函数可知，当在区间上单调递减，
所以当时，取得最大值6；当时，取得最小值4.
所以的取值范围为.