2022-2023学年广东省广州市第二中学高一下学期期中数学试题含解析

  广州市第二中学2022学年第二学期期中考试

高一数学

第Ⅰ卷（选择题  共60分）

一、单项选择题：本题共8个小题，每小题5分，共40分．在四个选项中，有且只有一个符合要求．

1. 已知全集，则（    ）

A.  B. 或 C.  D. 或

【答案】B

【解析】

【分析】根据补集定义求解.

【详解】因为，所以或，

故选:B.

2. 设，则（    ）

A.  B.  C. 1 D.

【答案】B

【解析】

【分析】先由复数的运算求出，再求模长即可.

【详解】，则.

故选：B.

3. 如图，用斜二测画法所画的一个平面图形的直观图是一个边长为a的正方形，则原平面图形的周长为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由直观图还原可得原图形，结合斜二测画法求边长，再求其周长即可.

【详解】由直观图还原得到原图形如下，

由斜二测画法可得，，，

所以，，

所以四边形的周长为，即原平面图形的周长为.

故选：B.

4. 平面向量与相互垂直，已知，，且与向量(1，0)的夹角是钝角，则=（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先设出向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示及模的运算，向量夹角的定义求解即可．

【详解】设

①，

，②，

与向量(1，0)夹角为钝角，，③，

由①②③解得，，

故选：D．

5. 已知角的终边上有一点，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据三角函数定义可知，再利用三角恒等变换和同角三角函数之间的基本关系即可求得结果.

【详解】角的终边上有一点，

根据三角函数定义得，所以

.

故选：C

6. 一艘海轮从A处出发，以每小时40海里速度沿南偏东方向直线航行，30分钟后到达B处．在C处有一座灯塔，海轮在A处观察灯塔，其方向是南偏东，在B处观察灯塔，其方向是北偏东，那么B、C两点间的距离是（    ）

A. 海里 B. 海里 C. 海里 D. 海里

【答案】A

【解析】

【分析】如图，由题意可得海里、，结合正弦定理计算即可求解.

【详解】如图，由题意得，海里，

得，在中，由正弦定理，

得海里.

故选：A.

7. 已知在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，点O为其外接圆的圆心，已知，则边（    ）

A. 5 B. 6 C. 7 D. 8

【答案】C

【解析】

【分析】取AC的中点D，得到OD⊥AC，利用向量的数量积可得，即可求解.

【详解】设AC的中点为D，因为点O为其外接圆的圆心，

所以OA=OB=OC，连接OD，由三线合一得：OD⊥AC，

则

即，由，解得.

故选：C.

8. “不以规矩，不能成方圆”出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的方尺，是古人用来测量､画圆和方形图案的工具.敦煌壁画就有伏羲女娲手执规矩的记载（如图（1））.今有一块圆形木板，以“矩”量之，如图（2）.若将这块圆形木板截成一块四边形形状的木板，且这块四边形木板的一个内角满足，则这块四边形木板周长的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】作出图形，利用余弦定理结合基本不等式可求得这个矩形周长的最大值.

【详解】由题图（2）得，圆形木板的直径为.

设截得的四边形木板为，设，，，，，，如下图所示.

由且可得，

在中，由正弦定理得，解得.

中，由余弦定理，得，

所以，，

即，可得，当且仅当时等号成立.

在中，，

由余弦定理可得

，

即，即，当且仅当时等号成立，

因此，这块四边形木板周长的最大值为.

故选：D.

二、多项选择题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有两个或多个符合要求，少选得2分，错选得0分．

9. 下列四个命题中正确的是（    ）

A. 若两条直线互相平行，则这两条直线确定一个平面

B. 若两条直线相交，则这两条直线确定一个平面

C. 若四点不共面，则这四点中任意三点都不共线

D. 若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线

【答案】ABC

【解析】

【分析】由公理2及推论判断A、B、C选项，由直线的位置关系判断D选项.

【详解】公理2的推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面，选项A正确；

公理2的推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面，选项B正确；

空间四点不共面，则其中任何三点不共线，否则由公理2的推论1：直线与直线外一点确定一个平面，这空间四点共面，所以选项C正确；

若两条直线没有公共点，可以互相平行，不一定是异面直线，选项D错误.

故选：ABC

10. 在中，角A，B，C对边分别为a，b，c，有如下命题，其中正确的是（    ）

A. 若，则为等腰三角形． B. 若，则

C. 若，则是钝角三角形． D. 若，则为锐角三角形

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据诱导公式化简，即可判断A；根据正弦定理即可判断B；根据向量的数量积的定义即可判断C；将等式变形为，即可判断D.

【详解】A：由，得或，

得或，所以为等腰三角形或直角三角形，故A错误；

B：由，得（R为外接圆半径），

由正弦定理得，所以，故B正确；

C：由，得，即，即，

又，所以角C为钝角，则为钝角三角形，故C正确；

D：由，知c最大.则，有，

所以，即，所以角C为锐角，

又角C最大，所以为锐角三角形，故D正确.

故选：BCD.

11. 函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A.

B. 若把的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到的函数在上是增函数

C. 若把函数的图像向左平移个单位，则所得函数是奇函数

D. 函数的图象关于直线对称

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据函数的图象求出函数的解析式，得选项A正确；

求出得到函数在上不是增函数，得选项B错误；

求出图象变换后的解析式得到选项C正确；

求出函数的对称轴方程，得到选项D正确.

【详解】A, 如图所示：，

，

，

，

，即，

，

，

，

，

，故选项A正确；

B, 把的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标不变，得到的函数，

，，

，

在，上不单调递增，故选项B错误；

C, 把的图象向左平移个单位，则所得函数，是奇函数，故选项C正确；

D, 设当，所以函数的图象关于直线对称，故选项D正确.

故选：ACD

【点睛】方法点睛：求三角函数的解析式，一般利用待定系数法，一般先设出三角函数的解析式，再求待定系数，最值确定函数的,周期确定函数的,非平衡位置的点确定函数的.

12. 已知函数的图象过原点，且无限接近直线，但又不与该直线相交，则（    ）

A. ， B. 的值域为

C. 若，则 D. 若，且，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】过原点得，由，可判断A；由得可判断B；画出的图象可判断C；由为偶函数可判断D.

【详解】∵过原点，∴，∴①，

又∵时，，∴时，，

由题，图象无限接近直线，则②，

由①②知，，故A正确；

所以，，，所以B正确；

由图知，在上单调递减，因为，则，

故C错误；

∵为偶函数，∴，

又∵，∴，∴，∴，故D正确.

故选：ABD

第Ⅱ卷（非选择题  共90分）

三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分（16题第一个空3分，第二个空2分）．

13. 已知复数z满足，则的最大值为________．

【答案】4

【解析】

【分析】设，则且.结合复数的几何意义可得，即可求解.

【详解】设复数，则，且.

，

当时，取到最大值16，

所以.

故答案为：4.

14. 如图，在中，，E是上一点，且，则的值等于________.

【答案】

【解析】

【分析】由图形得B，E，D三点共线，可得，再由已知得，求解可得答案.

【详解】∵B，E，D三点共线，，且，由题可知：，∴，

故答案为：.

【点睛】本题考查向量的线性表示，三点共线的向量定理的运用，属于基础题.

15. 如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这是水面恰好是中截面，则图1中容器水面的高度是______．

【答案】##1.5

【解析】

【分析】根据水的体积与棱柱体积的关系得出结论．

【详解】棱柱的体积公式是，其中是q底面积，是高．

在图2中，水面是中截面，水面以上部分是一个三棱柱，所以这个三棱柱的底面积是原来三棱柱底面的，从而这个小三棱柱的体积是大棱柱体积的（高一样），所以水的体积是大三棱柱体积的，那么图1中水面的高度是棱柱高的，即为．

故答案为：．

16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，若，则实数________，的最小值为________．

【答案】    ①. 9    ②. ##

【解析】

【分析】将转化为弦，利用正、余弦定理化简可得，进而求出k，再次利用余弦定理，结合基本不等式计算即可求解.

【详解】，

，

，

，

，

由正弦定理和余弦定理，得，

整理得，即，所以；

由余弦定理，得

，

当且仅当即等号成立，

所以的最小值为.

故答案为：9；.

四、解答题：本题共6个大题，满分70分．解答题应写出必要的文字说明、证明过程和演算步骤．

17. 如图，在四边形ABCD中，，，，，，求以边AD所在直线为轴，其它三边旋转一周形成的面所围成的几何体的体积．

【答案】

【解析】

【分析】由题意该几何体为一个圆台中挖去一个圆锥的几何体，如图，结合圆台与圆锥的体积公式计算即可求解.

【详解】四边形ABCD绕AD旋转一周所成的几何体为一个圆台中挖去一个圆锥的几何体，如图，

又，，，

所以，得，

所以该几何体的体积为

.

所以该几何体的体积为.

18. 在斜三角形中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．

（1）求角的大小；

（2）若，且上的中线长为，求斜三角形的面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据正弦定理将已知式子进行化简，再利用余弦定理即可求出角的大小；

（2）根据为为上的中线得，结合余弦定理求出，进而求出面积.

【小问1详解】

因为，

所以由正弦定理可得：，

即，

所以，

又，所以，

所以.

【小问2详解】

因为为上的中线，所以，

即，

所以，

即，

所以     ①，

由余弦定理可得：，

所以      ②

①-②得：，

所以.

19. 已知函数．

（1）解不等式，其中．

（2）在锐角中，，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式为，根据得到，然后解不等式，可得求解即可；

（2）利用已知条件求出角的取值范围，利用三角恒等变换化简得出，利用正弦型函数的基本性质可求得的取值范围.

【小问1详解】

，

，即，

，解得

故不等式的解集为.

【小问2详解】

由题意可得且，可得，

∵，

∴，

，

∵，则，

∴．

故的取值范围为.

20. 已知向量，，且．

（1）求的值；

（2）若，且，求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由已知可得出，结合两角和的余弦公式化简可得结果；

（2）求出的值，利用两角和的正切公式可求得的值，求出的取值范围，即可得解.

【小问1详解】

解：，则

，

因此，.

【小问2详解】

解：因为且，所以，，

因为，则，，

因为，故，

所以，，所以，，

所以，，

因此，.

21. 对于函数，若在定义域内存在实数，满足，则称为“类函数”.

（1）已知函数，试判断是否为“类函数”？并说明理由；

（2）若为其定义域上的“类函数”，求实数取值范围.

【答案】（1）函数是“类函数”；答案见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）由题意可得若，则可得，从而得到答案.
（2）由条件，可得在上恒成立，可得，由为其定义域上的“类函数”，则实数，满足，对函数进行分段讨论，可得出答案,

【详解】（1）函数是“类函数”.

由题意，函数在定义域内存在实数，满足，

可得，即，整理得，

所以存在满足所以函数是“类函数”.

（2）由在上恒成立，可得，

因为为其定义域上的“类函数”，

所以存在实数使得，

①当时，则，所以，所以，即，

因为函数，为单调增函数，所以；

②当时，，此时，不成立；

③当，则，所以，所以

因为函数为单调减函数，所以；

综上所述，求实数取值范围.

【点睛】本题考查分段函数的应用，新定义“类函数”，正确理解新定义的含义是解题的关键，考查求参数的范围，属于中档题.

22. 已知函数，，其中，．

（1）求函数在上的最小值；

（2）若函数恰好存在三个零点，且，求a的取值范围．

【答案】（1）   

（2）a的取值范围为．

【解析】

【分析】（1）化简函数的解析式，分析出函数的单调性，分、两种情况讨论，可求出函数在上的最小值；

（2）分、两种情况讨论，利用韦达定理和求根公式可得出的表达式，并求得的取值范围，根据可求得实数的取值范围.

【小问1详解】

因为

所以，

所以，函数在、上单调递增，在上单调递减，

当时，即当时，；

当时，即当时，.

综上所述，函数在上的最小值为.

【小问2详解】

，不妨设，

因为，

①当时，即当时，

由可得，即为方程的一根，

由可得，即为方程的一根，

由可得，即为方程的一根，

由图象可知、是方程的两根，是方程的较大根，

则由韦达定理与求根公式可知，，

则，

可得，

令，而，

则，

因为函数在上单调递减，

当时，，则；

②由可得，，可得，

且当时，即当时，

由可得，

由图象可知、是方程两相异根，是方程的较大根，

由韦达定理以及求根公式可得，，

所以，，

可得，

令，而，

则.

由双勾函数的单调性可知，函数在上单调递减，

且当时，，

则在上单调递增，

当时，.

综上所述，，

又满足，故，即.

所以a的取值范围为．

【点睛】关键点点睛：本题考查利用利用方程根相关的等式求参数的取值范围，解题的关键在于确定的根与二次方程的关系，利用韦达定理结合求根公式将等式与参数、联系起来，利用已知的不等式关系求出范围，即可得解.