浙江省杭州市第九中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

2022学年第二学期高一年级期中考试数学问卷

时间：2023年4月

考生须知：

1．本试卷分试题卷和答题卷两部分．满分150分，考试时间120分钟．

2．答题前，必须在答题纸指定位置上用黑笔填写姓名、班级、座位号、准考证号，并用2B铅笔将准考证号所对应的数字涂黑．

3．答案必须写在答题卷相应的位置上，写在其他地方无效．

一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的．不选、多选、错选均不得分．

1. （    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用诱导公式求得正确答案.

【详解】.

故选：A

2. 在下列向量组中，可以把向量表示出来的是（    ）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】B

【解析】

【分析】利用向量的坐标运算，结合相等向量逐项计算判断作答.

【详解】设，

对于A，，则，无解，A不是；

对于B，，则，解得，B是；

对于C，，则，无解，C不是；

对于D，，则，无解，D不是.

故选：B

3. 已知向量，，且，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用向量垂直的坐标表示可直接构造方程求解.

【详解】，，则.
故选：C.

4. 现有一个底面半径为4 cm，高为6 cm的圆柱形铁块，将其磨制成一个球体零件，则该球体零件的最大体积是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】因为底面直径大于高，所以该球体零件的最大半径为，由体积公式求解即可.

【详解】因为底面直径大于高，所以该球体零件的最大半径为，即最大体积为.

故选：B

5. 已知函数．给出下列结论：

①的最小正周期为；

②不是的最大值；

③把函数的图象上所有点向左平移个单位长度，可得到函数的图象；

④直线是函数图象的一条对称轴．

其中所有正确结论的序号是（    ）

A. ③④ B. ②④ C. ②③ D. ①②④

【答案】B

【解析】

【分析】利用三角函数的周期性、对称性、平移变换即可得出答案.

【详解】对于①，的最小正周期为，故①不正确；

对于②，，所以②正确；

对于③，把函数的图象上所有点向左平移个单位长度得到，所以③不正确；

对于④，令，得，

当时，，即直线是函数图象的一条对称轴，所以④正确.

故选：B.

6. 如图，在等边中，，点P为边BC上的一动点，则的最小值为（    ）

A 0 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设，根据向量的线性运算以及数量积的定义和运算律，即可求得答案.

【详解】由题意在等边中，，设，

则

，

当时，取到最小值，

故选：B

7. 如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥爬行一周后回到点处，若该小虫爬行的最短路程为，则这个圆锥的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】作出圆锥侧面展开图，根据最短路程和母线长，利用余弦定理可求得侧面展开图扇形的圆心角，结合扇形弧长公式和勾股定理可求得圆锥底面半径和高，代入圆锥体积公式即可.

【详解】设圆锥的顶点为，以母线为轴可作出圆锥侧面展开图如下图所示，

小虫爬行的最短路程为，，又，

，，

设圆锥底面半径为，高为，则，解得：，，

圆锥体积.

故选：A.

8. 函数和函数的图象相交于两点，为坐标原点，则的面积为(   )

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据已知条件及同角三角函数的关系，再利用一元二次方法的解法及中点坐标公式，结合三角形的面积公式即可求解.

【详解】由 可得 即，
即,解得或（舍），

因为，所以.所以，

所以线段的中点的坐标为，

所以.

故选：A.

二、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．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9. 在中，，则的面积可以是（    ）

A.  B. 1 C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】由余弦定理求出，再根据三角形的面积公式即可求出答案．

【详解】解：∵，

由余弦定理得，

∴，

∴，或，

∴由的面积公式得或，

故选：AD．

【点睛】本题主要考查三角形的面积公式的应用，考查余弦定理解三角形，属于基础题．

10. 已知向量，，，则下列结论正确的有（    ）

A.  B. 若，则

C. 的最大值为2 D. 的最大值为3

【答案】AC

【解析】

【分析】先利用平面向量的基本运算得到三角关系，再利用三角函数运算逐一判断即可.

【详解】对于，，正确；

对于，若，则，，错误；

对于，，，，所以当时最大值为2，正确；

对于，

因为，所以，则，即，错误.

故选：AC.

【点睛】本题考查了平面向量基本运算和三角函数的性质，属于中档题.

11. 已知a，b是两条不重合的直线，、是两个不重合的平面，则下列说法中正确的是（    ）

A. 若，，则与一定相交

B. 若，，则

C. 若，，则直线a平行于平面内的无数条直线

D. 若，，，则a与b是异面直线

【答案】BC

【解析】

【分析】根据空间直线和平面平行的判定和性质即可逐项判断.

详解】对于A，若，，则或a与相交，A错误；

对于B，若，，由面面平行的性质可得：存在使得，由线面平行的判定可得，B正确；

对于C，若，，则因为在α内存在无数条直线和b平行，故直线a平行于平面内的无数条直线，故C正确．

对于D，若，，，则ab或a与b是异面直线，故D错误；

故选：BC.

12. 如图，一个半径为4m的筒车按逆时针方向每分钟转2圈，筒车的轴心O距离水面的高度为2.5m.设筒车上的某个盛水筒P到水面的距离为d（单位：m）（在水面下时，d为负数），若以盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间，d与时间t（单位：s）之间的关系为，则（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据实际含义分别求的值即可，再根据可求得,进而判断各个选项即可.

【详解】振幅A即为半径，∴；∵筒车按逆时针方向每分钟转2圈，∴；

；∵，d＝0，∴，

∴，∵，∴.

故选:ACD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13. 已知角终边经过点，且，则的值为_________．

【答案】##

【解析】

【分析】根据终边所过点和任意角三角函数定义直接求解即可.

【详解】，，.

故答案为：.

14. 已知，，则__________.

【答案】

【解析】

【分析】求出，由求解即可.

【详解】因为，所以，

即.

故答案为：

15. 如图，从地面上C，D两点望山顶A，测得它们的仰角分别为和，已知米，点C位于线段BD上，则山高________米．

【答案】

【解析】

【分析】在和中用AB表示出BD，BC，再列式经计算即可得解.

【详解】依题意，，，

在中，，在中，，

而，则，

，

所以山高等于米.

故答案为：.

16. 已知A1、A2、A3、A4、A5五个点，满足＝0（n＝1，2，3），，则的最小值为______．

【答案】

【解析】

【分析】设，根据已知条件求得的表达式，并利用基本不等式求得的最小值，进而求得的最小值.

详解】设，则，

设，如图，则：

，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

所以的最小值为.

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. （1）已知，，求的值；

（2）已知，求的值．

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）因为，所以，再由同角三角函数的基本关系结合二倍角公式可求出答案；

（2）由诱导公式可将所求表达式化简为，即可得出答案.

【详解】（1）因为，所以，因为，

所以，所以.

（2）

.

18. 已知平行四边形ABCD中，，，.

（1）用，表示；

（2）若，，，如图建立直角坐标系，求和的坐标.

【答案】（1）   

（2），

【解析】

【分析】（1）根据向量的加法及数乘运算求解；

（2）建立平面直角坐标系，利用坐标运算求解即可.

【小问1详解】

，

，又，所以

所以

【小问2详解】

过点D作AB的垂线交AB于点，如图，

于是在中，由可知，

根据题意得各点坐标：，，，，，，

所以

所以，，,

19. 已知直四棱柱的所有棱长均为2，且.

（Ⅰ）求证：平面；

（Ⅱ）求二面角的余弦值.

【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.

【解析】

【分析】（Ⅰ）由直棱柱的性质，线面平行的判定即可证面.

（Ⅱ）取AC中点O，连，，由线面垂直的判定知面 ，则即为二面角的平面角，再由余弦定理求即可.

【详解】（Ⅰ）由直四棱柱，得，面，面，

∴面.

（Ⅱ）取AC中点O，连，，则，，又，

∴面 ，

由二面角定义，即为二面角的平面角，

由，，即.

20. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答.

已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若____________.

（1）求角B；

（2）若，求△ABC周长的最小值，并求出此时△ABC的面积.

【答案】（1）   

（2）周长的最小值为6，此时的面积

【解析】

【分析】（1）分别选三个条件，结合三角恒等变换，以及边角互化，化简后即可求解；

（2）由余弦定理可得，利用基本不等式可求出的最小值，即可求出周长最小值，再利用面积公式求出面积.

【小问1详解】

选①，由正弦定理得，

∵，∴，即，

∵，∴，

∴，∴.

选②，∵，，

由正弦定理可得，

∵，∴，

∵，∴.

选③，∵，

由已知结合正弦定理可得，

∴，∴，

∵，∴.

【小问2详解】

∵，即，

∴，解得，当且仅当时取等号，

∴，周长的最小值为6，此时的面积.

21. 如图，四棱锥中，平面ABCD，，底面ABCD是矩形，且，．

（1）求证：平面PCD；

（2）求直线AC与平面APD所成的角的正弦值；

【答案】（1）见解析    （2）

【解析】

【分析】（1）利用平面证得，利用线面垂直的判定定理证得结论；

（2）利用等体积法求得点到平面的距离为，从而求得结果；

【小问1详解】

证明：平面，平面，故，又，

平面，故平面.

【小问2详解】

设点到平面的距离为，

由知，

因为平面，平面，所以，

则，

，

，

可得，

所以直线与平面所成的角的正弦值是.

22. 已知函数的图象相邻对称中心之间的距离为．

（1）求函数在上的单调递增区间；

（2）若函数，且在上有两个零点，求b的取值范围及的值．

【答案】（1）   

（2），或

【解析】

【分析】(1)利用三角恒等变化得，由，图象相邻对称中心之间的距离为，可求得，即可得再根据正弦函数的单调性求解即可；

(2)由题意可得在上有两个零点，设，则,根据正弦函数的图象及对称性即可求得答案.

【小问1详解】

解：因为，

由题意可以得的最小正周期为，

即，所以，

因为，

所以，

由，得到，

所以在上的单增区间为；

【小问2详解】

解：由，可得，

即，

设，

因为，

所以,

结合的图象，

又因为上

所以，

故，

由正弦函数的对称性可得或，

当时，则有，

所以；

当时，

则有，

；

综上所述：；或.