2022-2023学年广东省汕头市潮阳区河溪中学高一下学期期中数学试题含解析

2022-2023学年广东省汕头市潮阳区河溪中学高一下学期期中数学试题

一、单选题

1．若集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】首先求出集合，再根据交集的定义计算可得；

【详解】解：因为，所以

因为

所以

故选：B

2．设复数 （其中为虚数单位），则复数 在复平面内对应的点位于（　　）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】A

【详解】试题分析：，对应的点为，在第一象限，故答案为A.

【解析】复数的四则运算及几何意义.

3．如图，在中，是的中点，若，则实数的值是

A． B．1 C． D．

【答案】C

【分析】以 作为基底表示出，利用平面向量基本定理，即可求出．

【详解】∵分别是的中点，

∴.

又，∴.故选C.

【点睛】本题主要考查平面向量基本定理以及向量的线性运算，意在考查学生的逻辑推理能力．

4．已知向量满足，，，则（　　）

A．1 B． C． D．

【答案】D

【分析】对平方后求出，再对平方，即可求解.

【详解】因为向量满足，，，

所以，解得：.

所以，所以.

故选：D

5．已知，则＝（    ）

A．3 B．﹣3 C． D．

【答案】D

【分析】用诱导公式化简已知得，求值式用余弦二倍角变形后代入已知式可求值．

【详解】∵，∴，即，

∴．

故选：D．

【点睛】本题考查诱导公式和二倍角的余弦公式，注意在用二倍角余弦公式时要选用齐次的式子，即，这样可用处理齐次式的方法化简求值．

6．在中，内角的对边分别为．若的面积为，且，，则外接圆的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由条件结合面积公式与余弦定理可得，即，再根据正弦定理可得外接圆的半径，从而得到外接圆的面积.

【详解】在中，由余弦定理得，既有，又由面积公式，得，又，故，所以．因为，所以，又由正弦定理，其中为外接圆的半径，由及，得 ，所以外接圆的面积

故选：D

7．设是平面内所有向量的一组基底，则下面四组向量中，不能作为基底的是（    ）

A．和 B．和

C．和 D．和

【答案】C

【分析】根据不共线的两向量可作为平面的基底，判断每个选项中的两向量是否具有倍数关系，从而判断两向量是否共线，即可判断出答案.

【详解】由于是平面内所有向量的一组基底，故不共线，

对于A， 和没有倍数关系，故二者不共线，可作为作为平面的一组基底；

对于B，和没有倍数关系，故二者不共线，可作为作为平面的一组基底；

对于C，因为，即和共线，不能作为基底；

对于D，，故和没有倍数关系，故二者不共线，可作为平面的一组基底；

故选：C

8．在四边形中，，，，则四边形的形状是（    ）

A．梯形 B．菱形

C．平行四边形 D．矩形

【答案】A

【分析】利用向量的运算得到，即可得到答案.

【详解】因为，，，

所以.

所以.

所以且，

所以四边形为梯形..

故选：A

二、多选题

9．下面是关于复数的四个命题，其中真命题为（    ）

A． B．

C．的虚部为-1 D．的共轭复数为

【答案】AC

【分析】利用复数的四则运算即可求解.

【详解】，

所以，故A正确；

，故B错误；

的虚部为-1，故C正确；

的共轭复数为，故D错误.

故选：AC

10．下面说法正确的是（      ）

A．多面体至少有四个面 B．平行六面体六个面都是平行四边形

C．棱台的侧面都是梯形 D．长方体、正方体都是正四棱柱

【答案】ABC

【分析】对于A：由多面体的定义即可判断；对于B：由平行六面体的定义即可判断；对于C：由棱台的定义即可判断；对于D：举反例：底面不是正方形的长方体可以否定命题.

【详解】对于A：最简单的多面体是三棱锥，有4个面，所以多面体的面数大于等于4，所以“多面体至少有四个面”正确.故A正确；

对于B：由平行六面体的定义可知：平行六面体六个面都是平行四边形.故B正确；

对于C：由棱台的定义可知：棱台的侧面都是梯形.故C正确；

对于D：按照正四棱柱的定义，底面必须是正方形，所以底面不是正方形的长方体就不是正四棱柱.故D错误.

故选：ABC

11．若非零实数满足，则下列不等式不一定成立的是（   ）

A． B． C． D．

【答案】ABD

【分析】通过代特殊值，或是根据做差法，判断选项.

【详解】A.当时，不等式不成立，故A正确；

B.当时，不成立，故B正确；

C.因为是非零实数，且满足，所以一定成立，故C错误；

D.，因为，所以，但可能是正数，负数，或零，所以不一定成立，故D正确.

故选：ABD

12．具有性质：的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，下列函数中满足“倒负”变换的函数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BD

【分析】对各选项中的函数逐个检验后可得正确的选项.

【详解】对于A选项，x＝0在定义域内，不满足“倒负”变换；

对于B选项，，满足“倒负”变换；

对于C选项，，，不满足“倒负”变换；

对于D选项，当时，，此时；

当x＝1时，，此时；

当时，，此时，满足“倒负”变换．

故选：BD.

三、填空题

13．已知向量，若，则________.

【答案】.

【分析】先利用向量平行求出，进而求出.

【详解】因为向量，且，所以，解得：.

所以，所以.

故答案为：.

14．已知函数，若，则__________．

【答案】或或

【分析】分两种情况，化简，可得答案.

【详解】若或，得或；

若.

综上，或或.

故答案为：或或

15．中，角 的对边分别是，已知，则 _______.

【答案】

【分析】化简已知等式可得sinC＝1，又a＝b，由余弦定理可得：cosC＝sinC，利用两角差的正弦函数公式可求sin（C）＝0，结合范围C∈（，），可求C的值．

【详解】∵c2＝2b2（1﹣sinC），

∴可得：sinC＝1，

又∵a＝b，由余弦定理可得：cosC1sinC，

∴sinC﹣cosC＝0，可得：sin（C）＝0，

∵C∈（0，π），可得：C∈（，），

∴C0，可得：C．

故答案为

【点睛】本题主要考查了余弦定理，两角差的正弦函数公式，正弦函数的图象和性质在解三角形中的应用，考查了转化思想和数形结合思想的应用，属于基础题．

16．设函数的图象关于直线对称，它的周期为，则下列说法正确的是________（填写序号）

①的图象过点；

②在上单调递减；

③的一个对称中心是；

④将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象.

【答案】③

【分析】先根据对称轴及最小正周期，求得函数的解析式.再结合正弦函数的图象与性质，判断点是否在函数图象上，求得函数的单调区间及对称中心判断选项，由平移变换求得变化后的解析式并对比即可.

【详解】函数的最小正周期是，所以，则，

又图象关于直线对称，

所以对称轴为，代入可得，解得，

因为，所以当时， ，则，

对于①，当时，，的图象不过点，所以①不正确；

对于②，的单调递减区间为，解得，

当时，，又因为，则在上不是减函数，所以②错误；

对于③，的对称中心为，解得，当时，，所以是的一个对称中心，所以③正确；

对于④，将向右平移个单位长度，可得，所以不能得到的图象，所以④错误.

综上可知，正确的为③.

故答案为: ③.

【点睛】本题考查了三角函数解析式的求法，正弦函数的图像与性质的综合应用，属于中档题.

四、解答题

17．已知向量．

（Ⅰ）若，求的值；

（Ⅱ）若，求向量与夹角的大小．

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．

【分析】（Ⅰ）首先求出的坐标，再根据，可得，即可求出，再根据向量模的坐标表示计算可得；

（Ⅱ）首先求出的坐标，再根据计算可得；

【详解】解：（Ⅰ）因为，所以，

由，可得，

即，解得，即，

所以；

（Ⅱ）依题意，

可得，即，

所以，

因为，

所以与的夹角大小是．

18．在平面直角坐标系中，已知点，，.

(1)若A，B，C三点共线，且，求角的值；

(2)若，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用向量共线得到，弦化切求出；（2）由求出，利用同角三角函数基本关系式即可求得.

【详解】（1）因为点，，，

所以.

因为A，B，C三点共线，所以.

因为，当时，，此时不成立；

当时，由可得：，所以.

（2）因为点，，所以

因为，，

所以，

所以，            

，

，

原式.

19．已知，，．

（1）求的最小正周期及单调递减区间；

（2）求函数在区间上的最大值和最小值．

【答案】（1）最小正周期为，单调减区间为；（2）最大值为3，最小值为0．

【分析】（1）利用向量的坐标运算化简，再利用整体的思想.

（2）根据（1）的结果及的范围求出的范围，从而计算出函数的最值.

【详解】解：，，

由

，

的最小正周期，

由，

得：，

的单调递减区间为，；

由可得：

当时，函数取得最小值为

当时，函数取得最大值为

故得函数在区间上的最大值为3，最小值为0．

20．在①②③三个条件中选一个，补充在下面的横线处，然后解答问题．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，设的面积为S，已知________．

（1）求角C的值；

（2）若，点D在边上，为的平分线，的面积为，求边长a的值．

【答案】（1）；（2）

【分析】（1）选①，可由余弦定理得，进而可得；

     选②，由面积公式和余弦定理可得，进而可得；

选③，可得，进而可得.

（2）设，由，，联立可求得.

【详解】（1）选①，由余弦定理得，

整理得，所以，又，故.

选②，因为，，

故，可得，又，故.

选③，可得，

所以，又，所以，故.

（2）在中，因为是的平分线，且，设，所以

，又，联立以上两式得：

，又，解得.

21．为了响应国家节能减排的号召，2022年某企业计划引进新能源汽车生产设备．通过市场分析：全年需投入固定成本2500万元，每生产x（百辆）新能源汽车，需另投入成本万元，且.由市场调研知，每辆车售价9万元，且生产的车辆当年能全部销售完．

(1)请写出2022年的利润（万元）关于年产量x（百辆）的函数关系式；（利润＝售价－成本）

(2)当2022年的总产量为多少百辆时，企业所获利润最大？并求出最大利润．

【答案】(1)；

(2)2022年生产80百辆时，该企业获得利润最大，且最大利润为3640万元．

【分析】（1）根据给定条件，分段求出的表达式即可作答.

（2）利用（1）的结论，结合二次函数、均值不等式分段求出最大值，再比较作答.

【详解】（1）当时，，

当时，，

所以.

（2）当时，，当时，，

当时，，

当且仅当，即时取“”，显然，

所以，当，即2022年生产80百辆时，该企业获得利润最大，且最大利润为3640万元．

22．已知函数是定义在R上的奇函数．

(1)用定义法证明为增函数；

(2)对任意，都有恒成立，求实数k的取值范围．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据函数单调性的定义及指数函数的单调性与值域即可证明；

（2）由已知条件，利用函数的奇偶性和单调性，可得对恒成立，然后分离参数，利用基本不等式求出最值即可得答案.

【详解】（1）证明：设，则，

由，可得，即，又，，

所以，即，则在上为增函数；

（2）解：因为任意，都有恒成立，且函数是定义在R上的奇函数，

所以对恒成立，

又由（1）知函数在上为增函数，所以对恒成立，

由，有，

所以对恒成立，

设，由在递减，可得，

所以，当且仅当时取得等号，

所以，即的取值范围是.