四川省宜宾市叙州区第一中学2022-2023学年高一数学下学期期中试题（Word版附解析）.docx

1、叙州区第一中学2023年春期高一期中考试数学试题本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.第I卷 选择题（60分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】解出集合,再取交集即可.【详解】，.故选：A2. （ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】直接利用两角和的正弦公式计算可得.【详解】解：故选：B3. 若复数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】首先计算，再利用复数的除法运算求，再根据共轭复数的定义求解.

2、【详解】，所以，则.故选：D4. 如图，在矩形中，为中点，那么向量=（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据向量的加法法则和矩形的性质求解【详解】因为在矩形中，为中点，所以，所以，故选：A5. 已知，则A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由已知及诱导公式即可计算求值【详解】，故选C.【点睛】本题主要考查了诱导公式在三角函数求值中的应用，属于基础题6. 已知，则a，b，c的大小关系是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用三角函数的单调性逐个分析判断每一个与中间量的大小即可【详解】因为在上为减函数，且，所以，所以，即，因为在上为减函数，且，所

3、以，所以，即，因为在上为增函数，且，所以，所以，即，所以，故选：A7. 设向量与满足，在方向上的投影向量为，若存在实数，使得与垂直，则（ ）A. 2B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据投影向量定义结合已知求得，再由与垂直，得，结合数量积得运算律即可得解.【详解】解：因为在方向上的投影向量为，所以，所以，因为与垂直，所以，即，解得.故选：B.8. 已知三棱锥的各顶点都在同一球面上，且平面，若该棱锥的体积为，则此球的表面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】作出三棱锥，找出球心的位置，进而求出球的半径，根据球的表面积公式即可求解.【详解】作出三棱锥，如图：因为平面

4、，则，又因为，所以，由，所以平面，所以,所以直角三角形，又为直角三角形，所以三棱锥的外接球球心在的中点上，解得，所以,故三棱锥的外接球半径，所以外接球表面积为.故选：B二、选择题：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. （多选）关于平面向量，下列说法中错误的是（ ）A. 若且，则B. C. 若，且，则D. 【答案】ACD【解析】【分析】A.由向量判断；B.由向量的运算律判断；C.由数量积的运算律判断；D.由向量共线判断.【详解】A.若向量，则不一定平行，故错误；B.根据向量的运算律可知，B正确；C.

5、 ，且，所以或，故错误；D.表示与向量共线的向量，表示与向量共线的向量，与不一定相等，故错误.故选：ACD10. 若复数，则下列说法错误的是（ ）.A. 在复平面内对应的点位于第二象限B. C. 的共轭复数D. 【答案】ABD【解析】【分析】A选项，直接判断出z位于第四象限B选项，直接求出；C选项，直接求出；D选项，直接求出.【详解】A选项，在复平面内对应的点为，位于第四象限.故A错误；B选项，.故B错误；C选项，.故C正确D选项，.故D错误；故选：ABD11. 已知函数，给出下列结论，其中正确的是（ ）A. 的图象关于直线对称；B. 若，则；C. 在区间上单调递增；D. 图象关于点成中心对称

6、.【答案】AC【解析】【分析】求出，判断，选项A正确；取特值验证当时，不成立，选项B错误；，可判断选项C正确；求出，可判断，选项D错误.【详解】,的图象关于直线对称，选项A正确；当时，满足，而，不满足，选项B错误；，单调递增，选项C正确；，不关于点成中心对称，选项C错误.故选:AC.【点睛】本题考查三角函数的化简以及函数的性质，解题的关键要掌握对称关系的代数表示，考查化归转化数学思想，属于中档题.12. 在中，D在线段上，且，.若，则（ ）A. B. 的面积为C. 的周长为D. 为钝角三角形【答案】CD【解析】【分析】由已知结合余弦定理，同角平方关系及三角形的面积公式分别判断各选项即可【详解】

7、由可得，故错误；设，在中由余弦定理可得，整理可得，解可得，即，所以，故错误；由余弦定理得,即，解得,故周长，故正确；由余弦定理可得，故C为钝角，D正确，故选：CD【点睛】本题综合考查了余弦定理，三角形的面积公式及同角平方关系的应用，属于中档题关键在于熟练云用余弦定理进行计算.第II卷 非选择题（90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13. 复数的虚部是_【答案】【解析】【分析】利用复数除法化简复数，从而得到其虚部.【详解】解：，的虚部为，故答案为：14. 正四棱锥的所有棱长均为2，则该棱锥的高为_.【答案】【解析】【分析】在四棱锥中，连接、交于点，连接，根据正棱锥的性质可得即为

8、棱锥的高，再利用勾股定理计算可得；【详解】解：如图，四棱锥中，连接、交于点，连接，根据正棱锥的性质可知平面，即即为棱锥的高，因为，所以，所以故答案为：15. 已知，则tan=_.【答案】#【解析】【分析】由已知利用两角差的正切函数公式即可求解.【详解】解:因为则故答案为:16. 已知函数，且，则_【答案】0【解析】【分析】由得，再由即可求解【详解】由，所以又故答案为：0四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17. 在平而直角坐标系中，设与x轴、y轴方向相同的两个单位向量分别为和，.（1）求向量与夹角的余弦值；（2）若点P是线段的中点，且向量与垂直，求实数k的值

9、.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）用坐标表示向量，然后由数量积的定义求得夹角余弦值；（2）由向量与的数量积为0可求得【小问1详解】由已知得，所以：，所以所求余弦值为【小问2详解】因为，而向量与向量有垂直，所以，所以所以18. 已知函数 求函数的最小正周期和单调增区间； 当时,求函数的值域.【答案】（1），递增区间为，. （2）【解析】【分析】（1）先利用两角和公式、二倍角公式、配角公式将其化为基本三角函数：，再根据正弦函数性质求最小正周期和单调递增区间；（2）同（1）先利用两角和公式、二倍角公式、配角公式将其化为基本三角函数，再在定义区间内研究正弦函数值域.【详解】. （1）函数的

10、最小正周期为.要求函数的增区间，只需，解得：，所以递增区间为，. （2）因为，所以.所以，所以的值域为.19. 已知函数.（1）求函数在内的单调递增区间；（2）若，求实数的值.【答案】（1）单调递增区间为和；（2）.【解析】【分析】(1)利用辅助角公式，即可求解.(2)代入（1）中解析式，解方程，即可求解.【详解】解：由题意得，由，解得又因为，所以或所以在内的单调递增区间为和由.可得，得，由.可得，所以解得或.当时，故舍去.综上可得.20. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且（1）求角B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）【解析】【分析

11、】（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21. 若ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，（1）求值：（2）从下列条件，条件，条件三个条件中选择一个作为已知，求的值，条件若；条件若；条件若【答案】（1）1 （2）详见解析【解析】

12、【分析】（1）由，利用二倍角公式得到，再利用余弦定理求解；（2）选条件由，利用正弦定理求得a，c的关系，再结合（1）利用余弦定理求解；选条件，利用余弦定理结合（1）求得求得a，c的关系，再结合（1）利用余弦定理求解；选条件，由（1），利用正弦定理得到，再结合两角和的正弦公式得到求解.【小问1详解】解：由，得，则，化简得 ，由余弦定理得，即，化简得；【小问2详解】选条件若，则，解得或，当，由（1）得，此时，当时，由（1）知不成立；若选条件，则，结合（1）化简得，解得或，当时，；当，；若选条件若，由（1）知：，则，即，即，联立解得，所以.22. 已知在定义域内单调的函数满足恒成立.（1）设，求实数的值；（2）解不等式；（3）设，若对于任意的恒成立，求实数的取值范围，并指出取等时的值.【答案】（1） （2） （3），当且仅当时等号成立，【解析】【分析】（1）由题意列方程求解，（2）由函数的单调性转化后求解，（3）参变分离后转化为最值问题，由换元法结合基本不等式求解，【小问1详解】由题意得，由于在上单调递增，观察得的解为，【小问2详解】由于在定义域内单调，所以为常数，由（1）得，在上单调递增，故原不等式可化为，由得，故原不等式的解集为【小问3详解】可化为对恒成立，设，则，由基本不等式得，当且仅当时等号成立，故当时， ，