2022-2023学年山东省淄博市临淄中学高一下学期期中考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年山东省淄博市临淄中学高一下学期期中考试数学试题含答案，共15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学年山东省淄博市临淄中学高一下学期期中考试数学试题 一、单选题1．设（其中为虚数单位），若为纯虚数，则实数（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据复数乘法的运算法则，结合纯虚数的定义进行求解即可.【详解】，因为为纯虚数，所以有，故选：D2．一个平面图形用斜二测画法画出的直观图如图所示，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（    ）  A．4 B． C．16 D．8【答案】D【分析】根据题意，由斜二测画法的规则，即可得到原图形的面积.【详解】还原直观图为原图形，如图所示，  因为，所以，还原回原图形后，，，所以原图形面积为.故选：D3．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，则b=（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】直接利用正弦定理的应用和三角函数值的应用求出结果．【详解】解：在中，角，，所对的边分别是，，．若，，，利用正弦定理：，整理得：．故选：D．【点睛】本题考查正弦定理的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题．4．若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则它的底面积与侧面积之比是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意作图，由轴截面得出母线与底面圆半径的等量关系，再利用底面积和侧面积公式求解.【详解】根据题意作圆锥的轴截面，如图，设圆锥的底面圆半径为，高为 ，母线长为 .若圆锥的轴截面为等腰直角三角形，则有，所以.该圆锥的底面积与侧面积比值为.故选：A.5．已知，，，均为锐角，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先利用同角基本关系式求和，再利用角的变换的值.【详解】是锐角，，，，，且，，， .故选：A【点睛】关键点点睛：本题考查角的变换求三角函数值，本题的关键是角的变换，即变形，即求的值.6．若是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为（    ）A．30° B．60° C．120° D．150°【答案】C【分析】先求得的值，根据数量积的运算法则求得以及的模，再根据向量的夹角公式，即可求得答案.【详解】由题意可得，故，，，故 ，由于 ，故，故选：C.7．已知一个圆台的上底面圆的半径为2，下底面圆的半径为4，体积为56，则该圆台的高为（    ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】D【分析】根据圆台的体积公式进行求解即可.【详解】设该圆台的高为，上､下底面圆的半径分别为.由圆台的体积公式，得，解得.故选：D8．已知锐角中角，，所对边的长分别为，，，且，则的取值范围为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据已知边化角求得，然后根据已知得出.根据两角差的余弦公式以及两角差的正弦公式，化简得出，进而根据三角函数的范围，即可得出答案.【详解】由边化角可得，.因为，所以.因为为锐角三角形，所以，所以，，由可得，.因为，又，所以，，所以，.故选：C.【点睛】思路点睛：通过已知求出，然后消去，化简得出关于的三角函数，化简根据三角函数的范围，即可得出答案. 二、多选题9．下列结论中，是真命题的为（    ）A．若，则B．为不共线的向量，则C．若，为非零向量，则D．若非零向量满足，则【答案】CD【分析】由题可得或可判断A；利用数量积公式证明可判断B；由题可得判断C；利用数量积结合向量垂直的数量积关系可判断D.【详解】对于A，若，，则或，所以该命题是假命题；对于B，设向量的夹角为，则，而，由于、为不共线的非零向量，所以，所以，所以该命题是假命题；对于C，由，可得，则，所以该命题是真命题；对于D，若非零向量、满足，，所以，则与垂直，所以该命题是真命题.故选：CD.10．已知复数（为虚数单位），则下列说法正确的是（    ）A．z的虚部为2B．复数z在复平面内对应的点位于第三象限C．z的共轭复数D．【答案】AD【分析】先求出复数z的代数形式，然后再利用复数的概念和几何意义逐一判断即可.【详解】，则的虚部为2，A正确；复数z在复平面内对应的点为，在第二象限，B错误；z的共轭复数，C错误；，D正确.故选：AD.11．在平面直角坐标系中，已知点，则（    ）A．B．是直角三角形C．在方向上的投影向量的坐标为D．与垂直的单位向量的坐标为或【答案】ABD【分析】根据向量模的坐标表示求出可判断A；求出向量、以及的模，根据勾股定理逆定理可判断B；根据投影向量的定义求出在方向上的投影向量可判断C；根据向量垂直的坐标表示求出与垂直的单位向量，判断D.【详解】因为，所以，A正确因为，所以，所以，即为直角三角形，B正确；设与同向的单位向量为，，所以在方向上的投影向量为，C错误；因为，设与垂直的单位向量为，则，解得或，故与垂直的单位向量的坐标为或，D正确，故选：ABD．12．在中角，，所对边的长分别为，，，则下列结论中正确的是（    ）A．若，则B．若，则是锐角三角形C．若，则是等腰三角形D．若，，则面积的最大值为【答案】AD【分析】对于选项A，由正弦定理可得，结合二倍角公式可得；对于选项B，由余弦定理得为锐角；对于选项C，由正弦定理边化角，结合三角恒等变换求解；对于选项D，由余弦定理结合基本不等式得，由三角形面积公式可得面积的最大值．【详解】对于选项A，已知，则，则，即，即选项A正确；对于选项B，已知，则，即为锐角，则不一定是锐角三角形，即选项B错误；对于选项C，已知若，则，即，即，则，展开整理得，又，则或，则是直角三角形或等腰三角形，即选项C不正确；对于选项D，已知，则，即，即，当且仅当时取等号，即，则面积的最大值为，即选项D正确．故选：AD． 三、填空题13．已知单位向量，的夹角为，则      .【答案】【分析】根据已知得出，然后根据数量积的运算律得出，开方即可得出答案.【详解】由已知可得，，所以，，所以，.故答案为：.14．已知向量，，，且，则     .【答案】【分析】根据向量的坐标线性运算即可求解.【详解】，由可知 解得故．故答案为：15．已知的内角A，B，C对应的边长分别为a，b，c，，，则外接圆半径为      ．【答案】/2.5【分析】利用二倍角的余弦公式化简已知，结合，可求的值，然后利用正弦定理即可求出外接圆的半径【详解】由得，又所以，.则由正弦定理可得外接圆半径.故答案为：.16．函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位后得到函数的图象．则函数的单调增区间为      ．  【答案】【分析】由函数图象求得，根据图象平移写出解析式，最后由正弦型函数的单调性求的单调增区间.【详解】由题设，可得，由图知：，则，又，则，所以，所以，令，所以，即的单调增区间为.故答案为： 四、解答题17．在中，，，，D是边BC上一点，，设，．(1)试用，表示；(2)求的值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题意可得、，结合平面向量的线性运算即可求解；（2）根据平面向量数量积的定义求出，结合数量积的运算律计算即可求解.【详解】（1）∵D是边BC上一点，，∴，又∵，，得，∴．（2）∵，，，∴，．18．已知向量，.(1)若，求的值；(2)若，求实数的值；(3)若与的夹角是钝角，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)(3)且 【分析】（1）根据向量平行的坐标运算可求得，进而求出结果.（2）根据向量垂直的坐标运算即可得出答案.（3）由题意分析得到且与不共线，结合（1）利用相关坐标即可求得结果.【详解】（1）因为向量，且，所以，解得，所以.（2）因为，且，所以，解得.（3）因为与的夹角是钝角，则且与不共线，即且，所以且.19．如图，某几何体的下部分是长､宽均为8，高为3的长方体，上部分是侧棱长都相等且高为3的四棱锥，求：（1）该几何体的体积；（2）该几何体的表面积.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）按照公式求出长方体和四棱锥的体积，求和即可；（2）先找到四棱锥侧面的高，然后可求出四棱锥的侧面积，继而求长方体的表面积，求和即可.【详解】连接，交于点，取的中点，连接，，（1）∴（2）∵，∴【点睛】易错点睛：求棱锥的表面积时要注意高为面的高，而不是棱锥的高.20．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足.(1)求A；(2)若，求的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用正弦定理进行边角转换可得，即可求解；（2）利用正弦定理可得，再利用三角函数的性质即得.【详解】（1）由结合正弦定理可得，因为，所以，所以，即因为，所以，因为，所以；（2）由正弦定理可得所以，因为，所以，所以21．已知，，的内角A，B，C所对的，边分别为a，b，c，若的最大值为.(1)求A；(2)当，时，求的面积.【答案】(1)；(2)或. 【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数，借助正弦函数的性质求出作答.（2）利用余弦定理求出边c，再利用三角形面积公式计算作答.【详解】（1）依题意，，显然当，即时，，因为是的最大值，又是的内角，即，因此，所以.（2）在中，，，，由余弦定理得：，即，整理得，解得或，当时，，当时，.所以的面积是或.22．已知函数的最小正周期为8．(1)求的值及函数的单调减区间；(2)若，且，求的值．【答案】(1)，[](k∈Z)；(2)． 【分析】(1)化简f(x)，根据最小正周期求出ω，再求f(x)单调减区间；(2)由求出，在结合求出，最后利用正弦的和角公式求﹒【详解】（1）由已知可得，，∵的最小正周期，∴，∴，由得，∴f(x)的单调递减区间为[](k∈Z)；（2）∵，由(1)有，即，由，知；∴，故 ﹒