重庆市巴蜀中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）

巴蜀中学高2025届高一（下）半期考试

数学试卷

注意事项：

1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.

2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号、在试题卷上作答无效．

3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟．

一、单选题（本大题共8小题，每题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 已知为虚数单位，复数，则z的虚部是（    ）

A. 4 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】直接根据复数虚部的概念得到答案.

【详解】复数，则z的虚部是.

故选：B

2. （    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据诱导公式和正弦的和角公式，对原式进行化简，可得结果.

【详解】

.

故选：B

3. 直角梯形中，，现采用斜二测画法，若平面直角坐标系的x轴平行于上、下底边，则直角梯形的直观图的面积为（    ）

A. 2 B.  C. 4 D.

【答案】C

【解析】

【分析】由原图与直观图的关系即可求解.

【详解】 

如图，由直观图的画法可知直角梯形的直观图是梯形，且高为，

所以梯形的面积为.

故选：C.

4. 在中，角A，B，C所对的边分别是，a，b，c，，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用正弦定理可得，再结合倍角正弦公式即可求解.

【详解】由正弦定理得：

.

故选：C

5. 在平行四边形中，M为的中点，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用向量的线性运算的几何意义进行分解即可.

【详解】 

.

故选：A.

6. 为得到函数的图象，只需把函数图象上的所有点的（    ）

A. 横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度

B. 横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的图象向右平移个单位长度

C. 横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度

D. 横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再把得到的图象向右平移个单位长度

【答案】D

【解析】

【分析】变换，再根据三角函数平移和伸缩法则依次判断每个选项，对比得到答案.

【详解】.

对选项A：得到的函数为，A错误；

对选项B：得到的函数为，B错误；

对选项C：得到的函数为，C错误；

对选项D：得到的函数为，D正确，

故选：D

7. 正方体的棱长为2，P为中点，过A，P，三点的平面截正方体为两部分，则截面图形的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】取中点，连接，得到截面为四边形，再根据梯形的面积公式即可求解.

【详解】 

如图，截面为四边形，

取中点，连接，则，且.

因为,且，所以四边形是平行四边形，

则，，

所以，且，又

所以截面为等腰梯形，且上底长为，下底长为，腰长为，

所以截面的面积为.

故选：C

8. 已知点D、G为所在平面内的点，，，记分别为、的面积，那么（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】化简得到，，确定为靠近的四等分点，计算得到答案.

【详解】，故，即，

故，即，

故三点共线，且为靠近四等分点，

设中点，则，

，故.

故选：A

二、多选题（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. 在钝角中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，，那么c的值可能为（    ）

A. 1 B.  C. 2 D. 4

【答案】BCD

【解析】

【分析】考虑为钝角或为钝角两种情况，根据余弦定理得到或，得到答案.

【详解】若为钝角，则，且，

即，BC满足；

若为钝角，则，且，

即，D满足；

故选：BCD

10. 设为虚数单位，若复数z满足，则z在复平面内对应的点可能位于（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】AD

【解析】

【分析】分和两种情况计算，再结合复数的几何意义即可求解.

【详解】当时，，对应的点在第一象限；

当时，，对应的点在第四象限.

故选：AD

11. 正方体中，M，N分别是正方形和正方形的中心，则下列说法正确的有（    ）

A. 直线与直线是相交直线 B. 直线与直线是异面直线

C. 直线与直线是相交直线 D. 直线与直线没有公共点

【答案】ABD

【解析】

【分析】直线与直线相交于，A正确，根据异面直线判断定理得到BD正确，C错误，得到答案.

【详解】对选项A：直线与直线相交于，正确；

对选项B：三点在平面内，在平面外，

故直线与直线是异面直线，正确；

对选项C：三点在平面内，在平面外，

直线与直线是异面直线，错误；

对选项D：在平面内，在平面外，

直线与直线是异面直线，正确；

故选：ABD

12. 关于函数，若函数在区间内没有零点，则下列说法正确的有（    ）

A. 函数的最小正周期有可能为

B. 函数在区间内一定不存在对称轴

C. 函数在区间上单调递增

D. 的最大值是

【答案】AC

【解析】

【分析】先化简为，根据题意可得.对于A，B，取，可判断正确，B错误；对于C，由，结合可得，从而可判断C；对于D，求解，即可判断D.

【详解】由题知：，

因为函数在区间内没有零点，

所以

对于A，B，当时，，满足题意，

最小正周期为是其一条对称轴，故正确，B错误；

对于C，由于，所以当时，，

函数单调递增，故C正确；

对于D，

当

当

综上：或故D错误.

故选：AC

三、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）

13. 已知点，，，则向量在向量上的投影向量的坐标为________．

【答案】

【解析】

【分析】确定，再根据公式计算投影向量即可.

【详解】，

向量在向量上的投影向量坐标为.

故答案为：

14. 已知复数，若为实数，则________．

【答案】2

【解析】

【分析】根据复数的加法和除法运算求得，进而得到，求得，即可求得答案.

【详解】，

所以，得，所以 .

故答案为：2

15. 已知锐角满足，则________．

【答案】##

【解析】

【分析】由同角基本关系求得，，而，利用差角正弦公式即可求解.

【详解】由得，即，又，

且为锐角，所以，

因为为锐角，所以，则，

所以

.

故答案为：.

16. 某同学在查阅资料时，发现一个结论：已知O是内的一点，且存在，使得，则．请以此结论回答：已知在中，，，O是的外心，且，则________．

【答案】##

【解析】

【分析】由结论可得，从而可得，再根据可得，从而有，求解即可.

【详解】 

如图，因为O是的外心，

所以，

由结论可得，

即 ，

可得，即.

因为，

所以，

所以，即，即，

解得.

故答案为：.

【点睛】关键点睛：

这道题的关键是能由结论得到，从而得到，再进行向量分解求解.

四、解答题（共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. 如图，正三棱柱内接于圆柱，圆柱底面半径为，圆柱高为4．若D，E分别为，中点．

（1）求证：D、E、B、C四点共面；

（2）若直线与直线交于点P，求证：点P在直线上；

（3）若从圆柱中把该正三棱柱挖掉，求剩余几何体的表面积.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）证明见解析；    （3）.

【解析】

【分析】（1）要证D、E、B、C四点共面，只需证明，利用中位线定理及平行的传递性即可证明；

（2）由平面，可证平面，同理可证平面 ，再利用平面公理3即可证明；

（3）令，由正弦定理求得，分别求出所以圆柱的侧面积，圆柱的底面积，正三棱柱的侧面积，正三棱柱的底面积，根据剩余几何体的表面积即可求解.

【小问1详解】

由于D，E分别为，中点，所以，

又，所以，

所以D、E、B、C四点共面；

【小问2详解】

由平面，即平面，

同理：平面，即平面 ，

又平面平面，

所以；

【小问3详解】

令，则，

所以圆柱的侧面积为，圆柱的底面积为，

正三棱柱的侧面积为，正三棱柱的底面积为，

所以剩余几何体的表面积.

18. 平面内给定三个向量，，，且．

（1）求实数n关于m的表达式；

（2）当的值最小时，求向量和的夹角的余弦值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）确定，，根据平行得到，化简得到答案.

（2）计算，确定，，再根据向量的夹角公式计算得到答案.

【小问1详解】

，，，，，

，则，即.

【小问2详解】

，

当时，最小，故，此时，，

.

19. 已知函数．

（1）设，函数是偶函数，求的值；

（2）若在区间上恰有三条对称轴，求实数m的取值范围．

【答案】（1）或   

（2）

【解析】

【分析】（1）化简得到，根据偶函数得到，根据范围得到答案.

（2）确定，根据对称轴得到，解得答案.

【小问1详解】

，

故是偶函数，那么，

即，，，或时满足条件，故或.

【小问2详解】

当时，，

要让函数恰有3条对称轴，

那么, 解得 ，即

20. 如图，正四棱柱中，，，点P是棱的中点，点M在棱上.

（1）当点M在什么位置时，的值最小？并求出这个最小值；

（2）当最小时，求点到平面的距离．

【答案】（1）在线段的四分点处，靠近点；；   

（2）

【解析】

【分析】（1）把侧面展开，当在同一条直线上时，的值最小即可求得最小值，从而确定点的位置；

（2）利用等体积法求点面距离即可.

【小问1详解】

把侧面展开，当在同一条直线上时，

的值最小，最小值为，

此时，，即，所以在线段的四分点处，靠近点 ；

【小问2详解】

由正棱柱的性质可得: ，

所以，则.

，

又，点D到平面的距离为，

设点到平面的距离为，

由得，，

即，解得: .

21. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且.

（1）求角B的大小；

（2）若是锐角三角形，求的面积的取值范围.

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换可得，再结合角的范围即可求解；

（2）利用三角形面积公式可得，再结合正弦定理边化角，进而利用三角恒等变换化为，结合角的范围可得，从而可解.

【小问1详解】

由正弦定理得，

可化为：，

即

又由于，

所以

可得

即 ，

由于，所以，

化简，因为，则，

所以，所以.

【小问2详解】

由正弦定理知，所以，

那么
 

，

又由 ，解得 ，

所以 ，即，

故的面积的取值范围为.

22. 2022年北京冬奥会期间，小明对火炬（图22-1）产生了浓厚的兴趣，于是准备动手制作一个简易火炬（图22-2）.通过思考，小明初步设计了一个平面图，如图22-3所示，其中为直角梯形，且，，，，，曲线是以C为圆心的四分之一圆弧，为直角三角形，，将平面图形以所在直线为轴，旋转一周形成的几何体即为小明设计的简易火炬.

（1）求该简易火炬的体积；

（2）小明准备将矩形（如图22-3所示，该矩形内接于图形，M在弧上，N在线段上，与重合）旋转所形成的几何体都用来安放燃料，设，

①请用表示燃料的体积V；

②若火炬燃烧时间t和燃料体积V满足关系，请计算这个简易火炬燃烧的最长时间.

【答案】（1）；   

（2）；.

【解析】

【分析】（1）由题意可知该简易火炬由半球，圆台，圆锥三部分组成，分别求出半球，圆台，圆锥的体积再相加即可；

（2）①求得，在梯形中知，从而可得，进而可求，即可求得燃料的体积V；

②先求得，通过三角恒等变换后可得，换元后利用对勾函数的单调性和基本不等式即可求得最大值.

小问1详解】

该简易火炬由半球，圆台，圆锥三部分组成，

又，，，

所以该简易火炬的体积；

【小问2详解】

①由图可知：，

在梯形中，由，易知，

故，则，

所以；

②由上问可知：

即

，

令，则，

上式即为 ，

又令， 则，

当时，，

当时，

下面证明上单调递减：

任取，且，则，

所以在上单调递减.

所以

，此时，

当时，

当且仅当，即，即时，等号成立，满足题意.

该简易火炬燃烧的最长时间为.

【点睛】关键点睛：

在对化简的关键是借助三角恒等变换化为，换元后借助对勾函数的单调性和基本不等式求得最大值.