2022-2023学年四川省广安市第二中学校高一下学期期中考试数学试题含解析

2022-2023学年四川省广安市第二中学校高一下学期期中考试数学试题

一、单选题

1．已知复数，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用复数的四则运算及复数相等求出即可.

【详解】，

所以，

故选：B

2．在中，，，，则此三角形的最大边长为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用正弦定理即可求得此三角形的最大边长.

【详解】因为，，所以，则B对的边最大，

由，可得

故选：B

3．已知点，则与的夹角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意写出、,带入即可算出答案.

【详解】由题意知：，.

所以：.

故选：A.

4．如图，在平行四边形中，E是的中点，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用平面向量的线性运算求得正确答案.

【详解】.

故选：C

5．如图：正三棱锥中，，侧棱长为2，过点的平面截得．则的周长的最小值为（    ）

A．2 B． C．4 D．

【答案】D

【分析】沿正三棱锥的侧棱AC剪开，根据两点间线段最短，由的周长的最小值为求解.

【详解】由题意，沿正三棱锥的侧棱AC剪开，所得侧面展开图是三个顶角为的等腰三角形，腰长为2，如图所示：

连接，则，

所以是等腰直角三角形，

则，

由两点间线段最短得：的周长的最小值为两点之间的距离，即，

故选：D

6．在中，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】先求出，再根据化简求值．

【详解】，，，

，由正弦定理知，，

又，，

，

.

故选：D.

7．下列各数，，，中，最大的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由两角和正弦公式，二倍角公式一、诱导公式等化简函数值，然后由三角函数性质判断．

【详解】观察发现，而，，，

故选：D．

8．把一个铁制的底面半径为，侧面积为的实心圆柱熔化后铸成一个球，则这个铁球的半径为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先求出圆柱的高，由圆柱和球的体积关系即可得出半径

【详解】因为实心圆柱的底面半径为，侧面积为，

所以圆柱的高为，

则圆柱的体积为，

设球的半径为，则，

故选：C

二、多选题

9．若复数z满足，则（    ）

A．

B．是纯虚数

C．复数z在复平面内对应的点在第三象限

D．若复数z在复平面内对应的点在角的终边上，则

【答案】AB

【分析】对A，根据复数的除法计算即可；对B，根据纯虚数的定义判断即可；对C，根据复平面内象限的性质判断即可；对D，根据三角函数关系计算即可

【详解】对A，，故A正确；

对B，为纯虚数，故B正确；

对C，在复平面内对应的点在第一象限，C错误；

对D，，故D错误；

故选：AB

10．已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（    ）

A．若，，则有两解 B．若，，则无解

C．若，，则有一解 D．若，，，则有两解

【答案】BD

【分析】A选项，推出是边长为2的等边三角形，有1解；B选项，由正弦定理得到，无解；C选项，由大边对大角得到三角形中有2个钝角，无解；D选项，由正弦定理得到或，D正确.

【详解】A选项，因为，，所以，故，是边长为2的等边三角形，有1解，A错误；

B选项，若，，由正弦定理得，即，

解得，无解，B错误；

C选项，若，，由大边对大角可知，，此时三角形中有2个钝角，不可能，则无解，C错误；

D选项，若，，，由正弦定理得，即，

解得，因为，所以或，

所以有两解，D正确.

故选：BD

11．如图所示，在空间四边形中，点分别是边的中点，点分别是边上的三等分点，且，则下列说法正确的是（    ）

A．四点共面

B．与异面

C．与的交点可能在直线上，也可能不在直线上

D．与的交点一定在直线上

【答案】AD

【分析】利用三角形中位线性质、平行线分线段成比例的性质可得，即可判断A，B；由平面基本事实推理可判断C，D.

【详解】在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，则，且，

点F，G分别是边BC，CD上的点，且，则，且，

因此，点E，F，G，H四点共面，故A正确，B错误；

，，即四边形是梯形，则EF与GH必相交，交点为M，

点M在EF上，而EF在平面ACB上，则点M在平面ACB上，同理点M在平面ACD上，

则点M是平面ACB与平面ACD的公共点，而AC是平面ACB与平面ACD的交线，

所以点M一定在直线AC上，故C错误，D正确.

故选：AD.

12．已知为坐标原点，点，，，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】AC

【分析】根据题意，由向量的数量积的坐标运算，结合三角恒等变化公式化简，对选项逐一判断即可得到结果.

【详解】，，，，，

，，，，，，，

则，，则，故A正确；

，

，

，故B错误；

，

，

，故C正确；

，

，

，故D错误．

故选：AC

三、填空题

13．已知向量，的夹角为，，，则______.

【答案】

【分析】先由数量积的定义求出，再由，代入化简即可得出答案.

【详解】因为向量，的夹角为，，，

所以，

所以.

故答案为：.

14．如图，是水平放置的的直观图，，，则原的面积为________

【答案】12

【分析】根据斜二测画法的规则，得到原为直角三角形，结合面积公式，即可求解.

【详解】如图所示，根据斜二测画法的规则，得到原为直角三角形，

因为，可得，且，

所以原的面积为.

故答案为：

15．已知，，求______．

【答案】

【分析】根据，得到的范围，再求出的值，将，再用两角差的余弦公式展开，得到答案.

【详解】因为，所以

因为，所以，

所以

.

故答案为：

【点睛】本题考查同角三角函数关系，利用两角差的余弦公式求值，属于简单题.

四、双空题

16．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美.图是由边长为的正方形和正三角形围成的一个半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上.则该半正多面体共有________ 个面，其体积为________ .

【答案】     26    

【分析】由图形确定正方形和正三角形个数即可，由图知该图形是由一个正方体截去12相同的三棱柱和8个相同的小正方体的得到的，分别求出大小正方体及三棱柱的体积，即可得解.

【详解】将图所示的半正多面体看作上、中、下三个部分，

则上部包含个正方形、个正三角形；中部包含个正方形；下部包含个正方形、个正三角形；

所以该半正多面体共有个面，

如图所示，

因为半正多面体的棱长为1，所以，又为等腰直角三角形，

故，所以正方体棱长为，

由图知该图形是由一个正方体截去12相同的三棱柱和8个相同的小正方体的得到的，

其中三棱柱的高1，底面为斜边为的等腰直角三角形，

小正方体的棱长为，大正方体的棱长为，

所以所求体积

故答案为：；.

【点睛】关键点点睛：该图形是由一个正方体截去12相同的三棱柱和8个相同的小正方体的得到的，是解决本题的关键.

五、解答题

17．已知的内角所对的对边分别为，周长为，且．

(1)求的值；

(2)若的面积为，求角的大小．

【答案】(1)1

(2)

【分析】（1）利用正弦定理角化边，解方程即可

（2）利用面积求出，再利用余弦定理即可

【详解】（1）因为三角形周长为，所以，

因为，所以由正弦定理可得，

所以

解得．

（2）由的面积得，

由（1），由余弦定理得

又

所以

18．已知函数，，其中，，若的图像相邻两最高点的距离为，且有一个对称中心为.

(1)求和的值；

(2)若方程有解，求的取值范围.

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）结合条件先判定最小正周期得，再结合对称中心求即可；

（2）利用换元法求得在的值域，将方程有解转化为函数与有交点的问题即可.

【详解】（1）若的图像相邻两最高点的距离为则的最小正周期，

∴，

又函数图像的一个对称中心为，所以，

∴，，又，

∴.

（2）由上得：，当

得时，，时，，

要在时有解等价于函数与

在时有交点，

则．

19．如图所示是在圆锥内部挖去一正四棱柱所形成的几何体，该正四棱柱上底面的四顶点在圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，已知圆锥侧面积为，底面半径为.

（Ⅰ）若正四棱柱的底面边长为，求该几何体的体积；

（Ⅱ）求该几何体内正四棱柱侧面积的最大值.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）分别计算圆锥和正四棱柱的体积，再计算该几何体的体积；（Ⅱ）首先利用比例关系求得，再利用基本不等式求得的最大值，即可得到正四棱柱侧面积的最大值

【详解】解：设圆锥母线长为，高为，正四棱柱的高为

（Ⅰ）由，有，故，

由，故，

所以圆锥体积为

由，有正四棱柱的底面对角线长为2，

由图可得，所以，

故正四棱柱的体积为

所以该几何体的体积为

（Ⅱ）由图可得，即，即

由，当且仅当时左式等号成立，

有，当且仅当，时左式等号成立，

故正四棱柱侧面积，当且仅当，时左式等号成立，

所以该几何体内正四棱柱侧面积的最大值为.

20．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.

(1)若PB＝，求PA；

(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA．

【答案】（1）（2）

【详解】试题分析:（1）在三角形中，两边和一角知道，该三角形是确定的，其解是唯一的，利用余弦定理求第三边.（2）利用同角三角函数的基本关系求角的正切值.（3）若是已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据大边对大角进行判断.（4）在三角形中，注意这个隐含条件的使用.

试题解析:解：（1）由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.

在△PBA中，由余弦定理得PA2＝.

故PA＝. 5分

（2）设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin α.

在△PBA中，由正弦定理得，

化简得cos α＝4sin α.

所以tan α＝，即tan∠PBA＝ . 12分

【解析】（1）在三角形中正余弦定理的应用.（2）求角的三角函数.

21．已知函数，

(1)列表，描点，画函数的简图，结合图象得出函数的单调区间和最值；

(2)若，，求的值.

【答案】(1)答案见解析

(2)答案见解析

【分析】（1）利用列表、描点、连线，即可得到函数的简图，进而得出函数的单调区间和最值；

（2）结合函数的图象，根据题意，可分、和，三种情况讨论，即可求解.

【详解】（1）解：由解析式可得：

所以的图象如图示：

所以在，上递增，在上递减，

且函数的最大值为，最小值为.

（2）解：①若，其中，则，

故；

②若，其中，

当，则；

当，此时无解；

当，则；

③若，其中，则，

故无解.

综上可得，的值为..

22．为响应国家“乡村振兴”号召，农民老王拟将自家一块直角三角形地按如图规划成3个功能区：区域为荔枝林和放养走地鸡，区域规划为“民宿”供游客住宿及餐饮，区域规划为小型鱼塘养鱼供休闲垂钓．为安全起见，在鱼塘周围筑起护栏．已知，，，．

(1)若，求护栏的长度（的周长）；

(2)若鱼塘的面积是“民宿”的面积的倍，求；

(3)当为何值时，鱼塘的面积最小，最小面积是多少？

【答案】(1)

(2)

(3)时，的面积取最小值为

【分析】（1）先根据题干条件得到，，利用余弦定理求出，用勾股定理逆定理得到，进而求出CN，MN，求出护栏的长度；（2）设，利用和的面积关系和正弦定理得到CN的两种表达，列出方程，求出；（3）结合第二问的求解，利用正弦定理和面积公式得到面积关于的关系式，求出最小值.

【详解】（1）∵，，，∴，∴，∴，∴，

在中，由余弦定理可得：

，则，∴，∴，∵，∴，∴，∴护栏的长度（的周长）为；

（2）设（），因为鱼塘的面积是“民宿”的面积的倍，所以，即，，中，由三角形外角定理可得，在中，由，得，从而，即，

由，得，所以，即；

（3）设（），由（2）知，，

中，由外角定理可得，又在中，由，得，所以

，所以当且仅当，

即时，的面积取最小值为.