2022-2023学年广东省广雅中学花都校区高一下学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年广东省广雅中学花都校区高一下学期期中数学试题含答案，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年广东省广雅中学花都校区高一下学期期中数学试题 一、单选题1．已知，若复数为纯虚数，则复数在复平面内对应的点所在的象限为（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【分析】先由复数为纯虚数，求出的值，从而可求出复数在复平面内对应的点所在的象限【详解】因为为纯虚数，所以，解得，所以复数，其复平面内对应的点在第四象限，故选：D2．已知集合，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据交集的定义计算.【详解】.故选：A3．函数的图象大致为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据函数解析式，结合奇偶性定义判断其奇偶性，可排除两个选项，再根据常见函数的单调性，判断函数在上的单调性即可确定.【详解】解：函数，定义域为，所以所以函数为偶函数，故排除选项B，C；当时，，又在上单调递增，在上单调递减，所以在上单调递增，故选项D符合，排除A.故选：D.4．已知非零向量，满足，且，则与的夹角为（    ）A．45° B．135° C．60° D．120°【答案】B【分析】根据得到，结合即可得到，然后求即可得到与的夹角.【详解】根据题意，设与的夹角为θ，因为，，所以，变形可得．则．又由，所以θ＝135°．故选：B．5．已知函数在上单调递减，则实数a的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据复合函数的单调性，结合对数函数的定义域得到不等式组，求出参数的取值范围.【详解】在上单调递减，故在上单调递增，且在成立，故要满足且，解得.故选：C6．已知定义域为的函数满足，且，则当时，函数的最小值为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】利用、可得，从而求出、的解析式，再由二倍角公式和余弦函数的性质可得答案.【详解】，，所以，得，，所以，，所以，，得的最小值为.故选：A.7．已知是球内一点，过点作球的截面，其中最大截面圆的面积为，最小截面圆的面积为，则的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】过点E作球O的截面，当截面过球心时，截面圆的面积最大；当截面与OE垂直时，截面的面积最小，由此求解即可．【详解】∵过点E作球O的截面，当截面过球心时，截面圆的面积最大；当截面与OE垂直时，截面的面积最小，∴球的半径，最小截面圆的半径，所以．故选：D．8．如图，假定两点P、Q以相同的初速度运动，分别同时从A、C出发，点Q沿射线做匀速运动，；点P沿线段（长度为单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离，那么定义x为y的纳皮尔对数，对应关系为（其中e为自然对数的底数，），则P从靠近A的第一个四等分点移动到靠近B的三等分点经过的时间约为（    ）（参考数据：）A．0.7秒 B．0.8秒 C．1.1秒 D．1.2秒【答案】B【分析】设点运动到靠近点的第一个四等分点时，，设点运动到靠近点的三等分点时，，计算出、，可求得的值，即为所求.【详解】由题意可知，、两点的初速度为单位/秒，设点运动到靠近点的第一个四等分点时，，则，可得，设点运动到靠近点的三等分点时，，则，可得，故所求时间为（秒），故选：B. 二、多选题9．下列说法中错误的是（    ）A．若复数z满足，则 B．若复数z满足，则C．若复数z满足，则 D．若复数､满足，则【答案】ABD【分析】根据题意，结合复数的运算及性质，依次分析选项是否正确，即可得答案．【详解】根据题意，依次分析选项：对于，若，则此时，但，所以错误；对于，复数满足，令，，所以，所以是虚数，所以错误；对于，设，则，若，必有，则，所以正确；对于，若，，则，但，所以错误；故选：．10．对于，有如下命题，其中正确的有（    ）A．若，则为等腰三角形B．若，则为直角三角形C．若，则为钝角三角形D．若，，，则的面积为或【答案】CD【解析】通过三角函数与角的关系判断三角形的形状，从而判定A，B的正误；利用正弦定理与余弦定理判断C的正误；利用正弦定理及三角形面积公式判断D的正误.【详解】对于A：，或，或，所以为等腰三角形或直角三角形，故A错误；对于B: ，或，所以不一定是直角三角形，故B错误；对于C：，，由正弦定理得，又，所以角为钝角，所以为钝角三角形，故C正确；对于D: ，，，，又，或，或，或，故D正确.故选：CD【点睛】本题主要考查了正余弦定理的应用，三角形的面积公式，考查了学生逻辑推理与运算求解能力.11．将函数的图象向右平移个单位长度后，再将所得图像上所有点的横坐标缩短为原来的，得到函数的图象，若图象在内恰有5条对称轴，则的取值可能是（    ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】利用三角函数的平移变换和伸缩变换得到，再根据因为在内恰有5条对称轴，由求解.【详解】将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的，得到，设，由，得，因为图象在内恰有5条对称轴，所以，解得．故选：BCD．12．已知正方体的棱长为分别为的中点.下列说法正确的是（    ）A．点到平面的距离为B．正方体外接球的体积为C．面截正方体外接球所得圆的面积为D．以顶点为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的曲线的长等于【答案】BCD【分析】A选项由等体积法求得点到平面的距离即可；B选项由外接球的直径为体对角线即可判断；C选项由面经过外接球球心，求得其外接圆圆心，即可求解；D选项将球面与正方体的表面相交所得的曲线分为两类，按照弧长公式计算即可.【详解】，设到平面的距离为，由，即，解得，故错误；正方体外接球的半径为，外接球的体积为，故B正确；易得面经过正方体外接球的球心，故其截外接球所得圆的半径为外接球的半径，其圆的面积为，故C正确；如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点所在的三个面上，即面､面和面上；另一类在不过顶点的三个面上，即面､面和面上.在面上，交线为弧且在过球心的大圆上，因为，则，同理，所以，故弧的长为，而这样的弧共有三条.在面上，交线为弧且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为，半径为，所以弧的长为，这样的弧也有三条.于是，所得的曲线长，故D正确.故选：BCD. 三、填空题13．已知i是虚数单位，则           ．【答案】【分析】根据复数的乘方法则计算出，从而得到答案.【详解】，故.故答案为：-114．若，，，则以，为邻边的平行四边形的面积是      .【答案】【分析】根据数量积定义可得，然后由三角形面积公式可得.【详解】由得，因为，所以，于是该平行四边形的面积.故答案为：15．若满足条件，的有两个，则边长的取值范围是        ．【答案】【详解】分析：根据正弦定理，将式子中边转化成角，求出∠C的度数；利用存在两个解的条件求出BC的取值范围．详解：因为所以 ，由正弦定理可得 ，因为三角形中 所以 ，即 过B作AC边上的高BD，垂足为D，则 ，若存在两个三角形ABC则 解得 点睛：本题考查了正弦定理的综合应用．正弦定理解题时，要根据边长关系确定多个解的情况，属于中档题．16．已知函数，若关于x的方程有四个不同的实数根，则实数a的取值范围是           ．【答案】【分析】依题意，关于x的方程有四个不同的实数根转化为两函数图象有四个不同的交点，结合图象再转化为二次函数零点的分步问题进行求解.【详解】设，该直线恒过点，方程有四个不同的实数根，如图作出函数的图象，结合函数图象，则，所以直线与曲线有两个不同的公共点，所以在有两个不等实根，令，实数a满足，解得．  故答案为： 四、解答题17．如图，已知O为平面直角坐标系的原点，，，(1)求和的坐标；(2)求向量在向量上的投影向量的坐标.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）依题意求出、、的坐标，即可得解；（2）首先求出，，再根据数量积的几何意义求出向量在向量上的投影，从而求出投影向量；【详解】（1）解：依题意，设，，，，则，，所以，，所以，，（2）解：由（1）可得，，所以在向量上的投影长度为，所以在向量上的投影向量为．18．如图一个半球，挖掉一个内接直三棱柱（棱柱各顶点均在半球面上），棱柱侧面是一个长为的正方形.(1)求挖掉的直三棱柱的体积；(2)求剩余几何体的表面积.【答案】(1)(2) 【详解】（1）记球心为O，BC中点为E，连接AO，OE，AE，由球的性质知是所在小圆直径，又是一个长为的正方形，因此，球半径为，挖掉的直三棱柱的体积；（2）由（1）知，，，，半球表面积＝，所以剩余几何体表面积为半球表面积－＝．19．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．（1）求角B的大小；（2）若为锐角三角形，其外接圆半径为，求周长的取值范围．【答案】（1）或；（2）．【分析】（1）由正弦定理，化边为角，即可求出cosB以及B的值；（2）利用正弦定理可得，结合利用三角恒等变换可化简得，结合的范围即可求出的取值范围，再求周长的取值范围．【详解】（1）中，由，利用正弦定理可得，因为，所以，又，所以或；（2）若为锐角三角形，由（1）知，且外接圆的半径为，由正弦定理得，可得，由正弦定理得，所以；因为，所以，又为锐角三角形，则，且，又，则，所以；所以；所以，即周长的取值范围是．20．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，D、E分别为A1B1、AA1的中点，点F在棱AB上，且AF=AB．(1)求证：EF∥平面BDC1；(2)在棱AC上是否存在一个点G，使得平面EFG将三棱柱分割成的两部分体积之比为1：15，若存在，指出点G的位置；若不存在，说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)点G不存在，理由见解析 【分析】（1）取AB的中点M，根据AF=AB，得到F为AM的中点，又E为AA1的中点，根据三角形中位线定理得EF∥A1M，从而在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1DBM为平行四边形，进一步得出EF∥B      D．最后根据线面平行的判定即可证出EF∥平面BC1D．（2）对于存在性问题，可先假设存在，即假设在棱AC上存在一个点G，使得平面EFG将三棱柱分割成的两部分体积之比为1：15，再利用棱柱、棱锥的体积公式，求出AG与AC的比值，若出现矛盾，则说明假设不成立，即不存在；否则存在．【详解】（1）证明：取AB的中点M，∵AF=AB，∴F为AM的中点，又∵E为AA1的中点，∴EF∥A1M在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D，M分别为A1B1，AB的中点，∴A1D∥BM，A1D=BM，∴A1DBM为平行四边形，∴AM∥BD∴EF∥BD．∵BD⊂平面BC1D，EF⊄平面BC1D，∴EF∥平面BC1D．（2）设AC上存在一点G，使得平面EFG将三棱柱分割成两部分的体积之比为1：15，则，∵∴，∴，∴AG=AC>AC．所以符合要求的点G不存在．21．已知向量，向量，，函数，直线是函数图象的一条对称轴．（1）求函数的解析式及单调递增区间；（2）设的内角，，的对边分别为，，，且，，又已知（），锐角满足，求的值.【答案】（1），单调递增区间为 ； （2）3.【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标运算及三角恒等变形公式将化简为：，利用直线是函数图象的一条对称轴可得：，，即可求得：，从而求得：，再利用三角函数的单调性列不等式可得：，，解不等式即可求得函数的单调递增区间（2）利用已知可得：，结合可得：，结合即可求得：，由可得：，再利用余弦定理列方程可得：，解方程组即可求得：，问题得解.【详解】(1)，∵直线是函数图象的一条对称轴，∴，，∴，，∵ ，∴ ，  ∴. 由，得，∴函数的单调递增区间为，．(2) 由（），得，，所以，， 又，所以，即，因为为锐角，所以，所以，即， 又，所以由正弦定理得.  ① 由余弦定理，得，即.  ②   由①②解得，所以．【点睛】本题主要考查了三角函数的性质及三角恒等变形，还考查了正切的二倍角公式及余弦定理，考查计算能力及方程思想，属于中档题.22．已知函数是偶函数，且，.(1)当时，求函数的值域；(2)设，，求函数的最小值；(3)设，对于（2）中的，是否存在实数，使得函数在时有且只有一个零点？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)(3)存在， 【分析】(1)由条件求出，由此求出，利用单调性求其在时的值域；(2) 利用换元法，考虑轴与区间的位置关系求，(3)令，由已知可得函数，，在上有且仅有一个交点，由此列不等式求的取值范围.【详解】（1）因为函数是偶函数，故而，可得，则，故易知在上单调递增，故，；故（2）令，故；则，对称轴为①当时，在上单增，故；②当时，在上单减，在上单增，故；③当时，在上单减，故；故函数的最小值（3）由（2）知当时，；则，即令，，问题等价于两个函数与的图象在上有且只有一个交点；由，函数的图象开口向下，对称轴为，在上单调递减，在上单调递增，可图知；故【点睛】函数的零点个数与函数和的图象的交点个数相等，故可通过函数图象研究形如函数的零点问题.