重庆市育才中学校2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

这是一份重庆市育才中学校2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回， 已知复数， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
重庆市育才中学校高2025届2022-2023学年（下）期中考试数学试题本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，请考生务必把自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效；3.考试结束后，将答题卡交回.第Ⅰ卷一、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. 已知向量，，且向量与平行，则的值为（    ）A.  B. -2 C.  D. 2【答案】D【解析】【分析】由平行向量的坐标表示即可得出答案.【详解】向量，，且向量与平行，所以，即.故选：D.2. 已知复数（，为虚数单位）为纯虚数，则的值是（    ）A. 1 B. -1 C. 2 D. -2【答案】C【解析】【分析】z是纯虚数需要满足实部等于0，虚部不等于0，即可求出结果；【详解】因为z是纯虚数，所以，解得.故选：C.3. 用一个平面去截一个几何体，得到的截面是圆面，则这个几何体不可能是A. 圆锥 B. 圆柱 C. 球 D. 棱柱【答案】D【解析】【分析】根据用一个平面去截旋转体均可以得到圆面，平面截棱柱得到的截面为一个多边形，即可求解.【详解】根据旋转体的定义，可知用一个平面去截圆锥、圆柱、球均可以得到圆面，根据棱柱的定义，可知平面截棱柱得到的截面为一个多边形，一定不会产生圆面，故选D.【点睛】本题主要考查了旋转体的定义及截面的形状的判定，其中解答中熟记旋转体的定义和旋转体的结构特征是解答的关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题.4. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.已知，，则A的值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由条件，结合正弦定理化边为角可得，又，化简可求A的值.【详解】由正弦定理可得，又所以，又，所以，所以，因为，所以，，所以，所以.故选：A.5. 若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为且面积为的扇形，则该圆锥的高为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，根据扇形弧长公式和圆锥侧面积公式列方程求，由此可求圆锥的高.【详解】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则，，解得，所以圆锥的高为，故选：B.6. 在边长为6的正方形ABCD中，点E为DC的中点，点F在边BC上且，则（    ）A. 18 B. 24 C. 30 D. 42【答案】C【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用向量数量积的坐标表示可得.【详解】如图建立平面直角坐标系，易知，所以，所以.故选：C7. 托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和.其意思为：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质.已知四边形ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC、BD是其两条对角线，，且为正三角形，则四边形ABCD的面积为（    ）A.  B. 16 C.  D. 12【答案】C【解析】【分析】设，利用托勒密定理求得，利用圆的几何性质可得出，，然后利用三角形的面积公式可求得四边形的面积.【详解】设，由托勒密定理可知，即，所以，，又因为，，因此，.故选：C.8. 在锐角中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.若，且，则的取值范围是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【分析】先由二倍角的余弦公式化简，可得，再根据条件，利用正弦定理边化角，可得，进而将利用正弦定理边化角可得，进而可得取值范围.【详解】，，，即，因为为锐角三角形，所以，则.由正弦定理得：所以，所以.因为为锐角三角形，所以，，所以，所以.故选：D.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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 已知复数（为虚数单位）则下列结论正确的是（    ）A.  B. 的实部为1C. 的共辄复数是 D. 在复平面内对应的点在第二象限【答案】AB【解析】【分析】利用复数的乘除运算可得，根据复数模的求法可判断A；根据复数的概念可判断B；由共轭复数的概念可判断C；由复数的几何意义可判断D.【详解】，；的实部为；的共辄复数为；在复平面内的对应点为，位于第一象限.故A、B正确，C、D不正确.故选：AB10. 下列说法正确的是（    ）A. 棱柱所有的面都是平行四边形B. 正方体的外接球与内切球的表面积之比为3：1C. 已知是边长为2的正三角形，则其直观图的面积为D. 以等腰梯形的一条腰所在的直线为旋转轴旋转一周，形成的几何体是圆台【答案】BC【解析】【分析】根据棱柱的性质判断A，求球的外接球的半径和内切球的半径，结合球的表面积公式判断B，根据斜二测画法判断C，根据旋转体的结构特征判断D.【详解】对于A，三棱柱的底面为三角形，A错误；对于B，设正方体的边长为，则其外接球半径为，内切球半径为，所以其外接球表面积为，内切球表面积为，所以正方体外接球与内切球的表面积之比为3：1，B正确；  对于C，以的中点为原点，为轴建立平面直角坐标系，再作其直观图如下：的面积为，根据斜二测画法的规定可得，，过点作，垂足为，则，其直观图的面积为，C正确；以等腰梯形的一条腰所在的直线为旋转轴旋转一周，形成的几何体为一个圆锥和一个圆台并挖去一个圆锥的的组合体，D错误.故选：BC.11. 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.则下列命题正确的是（    ）A. 若，则为直角三角形B. 若，则是等腰三角形C. 若，则为钝角三角形D. 若，则【答案】ACD【解析】【分析】由条件结合余弦定理证明，由此判断A，由条件结合正弦函数性质及角的范围证明或由此判断B，由条件结合余弦定理证明判断C，由条件结合余弦定理和基本不等式证明判断D.【详解】对于A，因为，又余弦定理可得，所以，化简可得，故，所以为直角三角形，A正确；对于B，因为，所以或，又，所以或，所以是直角三角形或等腰三角形，B错误；对于C，因为，所以，又，所以为钝角，故为钝角三角形；C正确；对于D， 由余弦定理可得，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，因为，所以，又，所以，故D正确；故选：ACD.12. 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知，，点O是所在平面内一点.则下列判断正确的是（    ）A. 若，则满足条件的有且仅有一解B. 若O为的外心，则C. 若O为的重心，点P满足，则D. 若，且，则【答案】ABD【解析】【分析】由正弦定理求得，可判断A；若O为的外心，由平面向量基本定理可得代入可判断B；设的中点为，由题意化简可得，可知是中点，是中点，可得出可判断C；设中点为，，则，两边平方可求出，由余弦定理可求出，可判断D.【详解】，即，对于A，，，，由正弦定理可求得：，所以满足条件的角只有一个，故选项A正确；对于B，若O为的外心，设为中点，则，所以，故选项B正确；对于C，，设的中点为，则，因为O为的重心，，因为，即是中点，是中点，故，故选项C错误；对于D，由得是边上中线的中点，设中点为，，则，两边平方得：，解得：或（舍去），由余弦定理得：，解得：则，故选项D正确.故选：ABD.第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 平面直角坐标系中，角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于第一象限的点，则________.【答案】【解析】【分析】根据为单位圆上位于第一象限的点，直接求解即可.【详解】因为角的终边与单位圆交于第一象限的点，所以，解得：，.故答案为：14. 球被平面所截得的截面圆的面积为，且球心到平面的距离为2，则球的半径为________.【答案】【解析】【分析】先求出截面圆的半径，利用勾股定理可求得球的半径.【详解】设截面圆的半径为，球的半径为，球心到平面的距离为，则，因为截面圆的面积为，所以，故，又，所以，故.故答案为:.15. 定义是向量和的“向量积”，其长度为，其中为向量和的夹角.若，，则________.【答案】【解析】【分析】根据数量积求出夹角的余弦值，再由同角三角函数的基本关系求夹角的正弦值，然后再根据向量积的定义即可求解.【详解】因为，所以，所以，所以因为，所以所以故答案为：16. 在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知，，.则__________﹔若点Р为线段AB上的点，且，则的最大值是_________.【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】首先由及得出，再由得出，由得出，由此可求，由已知设，，结合已知得出，根据基本不等式求解即可．【详解】因为，，所以，即，所以，因为，所以，所以，由得，由得，所以，由及得，所以，因为点Р为线段AB上的点，所以可设，，，，因为，所以，，所以将，代入得，，即，且，，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，所以，当且仅当时，等号成立，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最大值是.故答案：，．【点睛】知识点点睛：本题考查的知识点有两角和的正弦公式，向量的数量积运算，三角形面积公式，向量的线性运算，平面向量基本定理，基本不等式，属于综合题，问题解决需要较强的数学素养.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. 已知向量，.（1）求；（2）求与的夹角.【答案】（1）2    （2）【解析】【分析】（1）根据向量模的坐标公式，即可求解.（2）代入向量夹角的坐标公式，即可求解.【小问1详解】因为向量，，所以，则【小问2详解】，所以与的夹角为.18. 在①向量与向量垂直，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面题目横线上，并完成解答.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足_________.（1）求角A；（2）若，，求的周长.（注：若选多个条件作答，则按第一个计分）【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）选①：根据向量垂直的坐标表示，结合正弦定理边化角化简可得；选②：由数量积定义和三角形面积公式化简可得；选③：利用正弦定理角化边，然后由余弦定理可得；（2）利用正弦定理角化边，再结合余弦定理联立求解可得.【小问1详解】选①：因为，所以由正弦定理可得：因为，所以，即又，所以选②：因为所以，即又，所以选③：因为所以由正弦定理可得：整理得：，即又，所以【小问2详解】因为，所以由余弦定理可得...①又，所以由正弦定理可得...②联立①②解方程组得：所以的周长19. 在长方体中，下底面的面积为16，.（1）求长方体的表面积的最小值；（2）在（1）条件下，设上底面的中心为，求三棱锥的体积.【答案】（1）96    （2）【解析】【分析】（1）首先利用棱长表示正方体的表面积，再结合基本不等式求最小值；（2）利用等体积转化求三棱锥的体积.【小问1详解】设，，由题意可知，，则长方体的表面积，当时，等号成立，所以长方体表面积的最小值为96；【小问2详解】由（1）可知，，根据等体积公式可知，.20. 在中，，，D是BC边上一点，，.（1）求的大小；（2）求的面积.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）利用余弦定理求，再结合余弦定理求的大小，（2）由正弦定理求，结合内角和关系求，根据三角形面积公式求的面积.【小问1详解】在中，由余弦定理可得，因为，，，所以，所以，在中，由余弦定理可得，又，所以；【小问2详解】在中，由正弦定理可得，由，，可得，又，，所以，故，因为，所以，所以的面积.21. 已知函数在一个周期内的图象如图所示.图中点A为图象的最高点，点B、C为图象与x轴的交点. 为等腰直角三角形，且.（1）求的值及函数的递增区间；（2）若对，不等式成立，求实数的取值范围.【答案】（1），函数的递增区间为；    （2）的取值范围为.【解析】【分析】（1）化简函数解析式，由条件求点的纵坐标及，再求周期，利用周期公式求，结合正弦函数单调性求函数的递增区间；（2）由已知可得，，结合正弦函数的性质求函数在的最值可得结论.【小问1详解】 ，，，，因为点A为图象的最高点，所以点的纵坐标为，又为等腰直角三角形，且，所以，所以，故，又，所以，所以，由，可得，所以函数单调递增区间为；【小问2详解】不等式可化为，，即，因为对，不等式成立，所以，，其中，由可得，所以，故， 所以函数在上的最大值为，此时，函数在上的最小值为，此时，所以且，所以，所以的取值范围为.22. 已知的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且.（1）求A；（2）设的外接圆圆心为O，且，（为定值）.如图，ABP是以AB为半径，为圆心角的扇形，点D为BC边上的动点，点E为AC边上的动点，满足DE与相切，设.①当，时，求；②在点D、E的运动过程中，的值是否为定值?若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）    （2）①；的值为定值，此定值为.【解析】【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简已知式可得，由辅助角公式可得，即可求出A；（2）①由题意可得，由，得，代入即可求解；②根据正弦定理、三角形的恒等变换和平面向量的数量积公式，即可求解.【小问1详解】根据正弦定理可得：，即，整理得：，即，因为为三角形的内角，所以，即.【小问2详解】①由知，为AC中点，因为外接圆圆心为，所以，由（1）知，，由，得，当时，点与重合，为切点，且，.②在中，，，故，所以在点D、E的运动过程中，的值为定值，此定值为.