安徽省滁州市九校2022-2023学年高一数学下学期4月期中联考试题（Word版附解析）

2022～2023学年度第二学期高一期中考试数学试卷考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.2．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.3．本卷命题范围：人教A版必修第一册，必修第二册8.3结束.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，，则中元素的个数为（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析】利用一元二次不等式的解法求出集合，然后根据集合交集运算即可求解.【详解】∵集合，而，∴，∴A∩B中元素的个数为4．故选：C．2.设，其中a，b是实数，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用复数相等即可求出结果.【详解】因为，即，则，即，故选：B.3.下列说法正确的是（） A.各个面都是三角形的几何体是三棱锥B.用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截去一个小圆锥后剩余的部分是圆台C.底面是矩形的四棱柱是长方体D.三棱台有8个顶点【答案】B【解析】【分析】可通过反例判断A错误；由圆台的性质判断B正确；由长方体的性质判断C错误；通过图形判断D错误.【详解】各个面都是三角形的几何体如下图所示：该几何体不是三棱锥，故选项A错误；由圆台的性质可知，用平行于圆锥底面的平面截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台，故选项B正确；若四棱柱的底面是矩形，侧棱与底面矩形不一定垂直，故选项C错误；如图，三棱台有6个顶点，故选项D错误.故选：B4.在中，，，则外接圆的半径为（）A.1B.C.D.2【答案】A【解析】【分析】利用正弦定理运算求解. 【详解】由正弦定理，则，故外接圆的半径为1.故选：A.5.已知△ABC是正三角形，且，则向量在向量上的投影向量为（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据题意求出与的夹角，然后利用求投影向量的公式即可求解.【详解】因为△ABC是正三角形，且，所以以为邻边作平行四边形，则四边形是菱形，是的中点，所以，即与的夹角为，所以在上投影向量为（其中表示与同方向的单位向量）.故选：B.6.现有一个底面圆半径为3的圆柱型的盒子，小明现在找到一些半径为3的小球，往盒子中不断地放入小球，若此盒子最多只能装下6个这样的小球（盒子的盖子能封上），那么圆柱盒子的容积与一个小球的体积的比值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，先求出圆柱高的取值范围，然后利用柱体的体积公式和球的体积公式即可求解. 【详解】由题意可知：圆柱盒子内高h的范围为．则圆柱盒子的体积，因为一个小球的体积，所以，故选：C．7.窗的运用是中式园林设计的重要组成部分，在表现方式上常常运用象征、隐喻、借景等手法，将民族文化与哲理融入其中，营造出广阔的审美意境．从窗的外形看，常见的有圆形、菱形、正六边形、正八边形等．已知圆O是某窗的平面图，O为圆心，点A在圆O的圆周上，点P是圆O内部一点，若，且，则的最小值是（）A.3B.4C.9D.16【答案】A【解析】【分析】利用向量的线性运算，结合数量积，可求得，确定其取值范围，再根据平方后的式子，即可求得答案.【详解】因为，所以，所以，即，则．因为点P是圆O内部一点，所以，所以，则，当且仅当时，等号成立，故的最小值是3,故选：A.8.已知，，，则a，b，c的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】D 【解析】【分析】对已知等式两边分别取对数求出a，b，c，然后通过换底公式并结合基本不等式比较a，b的大小，从而得到a，b，c的大小关系．【详解】分别对，，两边取对数，得，，．．由基本不等式，得:，所以，即，所以．又，所以.故选：D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.9.已知复数，其中z为虚数，则下列结论正确的是（）A.当时，的虚部为－2B.当时，C.当时，D.当时，在复平面内对应的点在第二象限【答案】BCD【解析】【分析】根据复数的运算和几何意义逐项进行分析验证即可求解.【详解】当时，，∴ω的虚部为－4，故选项A错误；当时，，则，故选项B正确； 当时，．∴，故选项C正确；当时，在复平面内对应的点在第二象限，故选项D正确，故选：BCD．10.已知向量，，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.的最小值为3D.当时，与的夹角为钝角【答案】AC【解析】【分析】由向量平行的坐标运算可判定A项，用向量的数量积与模的关系计算可判定B项，用模的坐标表示及函数求最值可判定C项，注意向量垂直时的参数值来判定D项即可.【详解】若，则，即，故A正确；若，则，∴，∴，∴，即，故B错误；∵，∴（当，即时取等号），故C正确；当时，易得，即与的夹角为直角，故D错误.故选：AC．11.一个正方体的顶点都在球面上，过球心作一截面，如图所示，则截面的可能图形是（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】根据截面平行于侧面；截面过体对角线；截面不平行于侧面不过体对角线三种情况得到答案. 【详解】当截面平行于正方体的一个侧面时得C；当截面过正方体的体对角线时可得D；当截面既不过体对角线又不与任一侧面平行时，可得A；但无论如何都不能截得B．故选：ACD12.已知函数（其中，），，恒成立，且函数在区间上单调，那么下列说法正确的是（）A.存在，使得是偶函数B.C.是的整数倍D.的最大值是6【答案】BC【解析】【分析】根据函数满足的性质推出，结合三角函数为偶函数性质，可判断A；根据正弦型函数的对称性可判断B；结合，可判断C；当时，可列式求解，根据解的结果可判断D.【详解】对于A,∵，成立，∴，整理得，解得，，假设存在，使得是偶函数，则，即，该式左侧为偶数，不可能等于5，矛盾,故A错误； 对于B，因为，函数的图象关于对称，∴，故B正确；对于C，∵，∴是的整数倍，故C正确；对于D，∵函数在区间上单调，∴，即，当时，由，整理得，故无解，故D错误．故选：BC．【点睛】难点点睛：本题综合考查三角函数的性质的应用，解答时要能综合应用函数的单调性以及对称性等，列式求解，要注意参数的表达式的求解，形式较为复杂，需细心.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.函数的值域为________.【答案】【解析】【分析】首先根据题意得到，再根据单调性求值域即可.【详解】因为，所以.所以函数的值域为：故答案为：14.如图所示，表示水平放置的用斜二测画法得到的直观图，在轴上，与轴垂直，且，则△的边上的高为________. 【答案】【解析】【分析】作线段，交轴于点，则所求的高为，根据三角知识即可求解．【详解】作线段，交轴于点，则，所以边上的高为故答案为：．15.甲为了知晓一座高楼的高度，站在一栋12m高的房屋顶，测得高楼的楼顶仰角为75°，一楼楼底的俯角为45°，那么这座高楼的高度为_____________m．【答案】##【解析】【分析】利用两角和正切公式和直角三角形中正切值即可求解【详解】设高楼高度为xm，甲站的房屋与高楼水平距离为ym，如图， 由题意知：，，因为，在中，①，在中，②，①②联立，解得．故答案为：.16.如图在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是___________．【答案】（，）【解析】【详解】如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，当A与D重合与E点时，AB最长，在△BCE中，∠B=∠C=75°，∠E=30°，BC=2，由正弦定理可得，即，解得=，平移AD，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，在△BCF中，∠B=∠BFC=75°，∠FCB=30°，由正弦定理知，，即，解得BF=，所以AB的取值范围为（，）. 考点：正余弦定理；数形结合思想四、解答题：本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.17.已知复数，其中，i为虚数单位．（1）当m为何值时，z为纯虚数；（2）若复数z在复平面内对应点位于直线的上方，求m的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据纯虚数的定义即可求解；（2）令，求解即可.【小问1详解】，由，解得，故当时，z为纯虚数.【小问2详解】由题可得：，∴，即，∴m的取值范围为． 18.在中，分别是角所对的边，且满足．（1）求角的大小；（2）设向量，向量，且，判断的形状．【答案】（1）；（2）直角三角形【解析】【分析】（1）利用余弦定理求解即可；（2）由，可得，即有，，即可得结论.【小问1详解】解：因为，所以，因为，所以；【小问2详解】解：因为，，且，所以，所以，所以或（舍），当时，，所以为直角三角形．19.已知函数是定义域为的奇函数，且当时，．（1）求函数的解析式；（2）若，求不等式的解集． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】(1)由函数是定义域为的奇函数，得，当时，由奇函数的性质及时的解析式可求得，即可把的解析式写成分段函数的形式；(2)由(1)的解析式得到函数在和上的单调性，当时，由可知函数在上单调递增，利用奇函数的性质把不等式转化为，由的单调性即可得出，从而求出解集.【小问1详解】因为函数是定义域为奇函数，所以，当时，，则，所以当时，，所以；【小问2详解】由（1）得，则函数在和上分别单调递增．当时，因为，所以函数在上单调递增，由得，因为，所以，由函数在上单调递增得，解得，故不等式的解集为． 20.如图，已知四边形ABDE为平行四边形，点C在AB延长线上，且，，设，．（1）用向量，表示；（2）若线段CM上存在一动点P，且，求的最大值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用向量的加法运算即可求解；（2）利用平面向量的线性运算得到，，再结合点M，P，C三点共线，则存在唯一的实数t，，使得，进而得到，，令，利用二次函数的性质即可求解.【小问1详解】．【小问2详解】，，∵点P在线段CM上，即点M，P，C三点共线，∴存在唯一的实数t，，使得，∴，而，∴，， ∴令．对称轴为，故，即的最大值为．21.已知函数的最小正周期是．（1）求的解析式，并求的单调递增区间；（2）将图像上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，再向左平移个单位，最后将整个函数图像向上平移个单位后得到函数的图像，若时，恒成立，求m的取值范围．【答案】（1），单调增区间为，（2）【解析】【分析】（1）由函数的最小正周期是求出，即可得到的解析式，由正弦函数的单调性得到增区间满足，解出即可得到的单调递增区间；（2）先通过三角函数图像的变换求出函数的解析式，由化简得在上恒成立，转化为，，求出的最大值与最小值，代入即可求出m的取值范围．【小问1详解】∵，由，解得，∴．由，．得，． ∴，．∴的单调递增区间为，．【小问2详解】依题意得，∵，∴，当时，恒成立，只需，下面求的最大值与最小值：当时，，所以为单调减函数，∴，，从而，，即，故m的取值范围是．22.如图，已知扇形是一个观光区的平面示意图，其中扇形半径为10米，，为了便于游客观光和旅游，提出以下两种设计方案：（1）如图1，拟在观光区内规划一条三角形形状的道路，道路的一个顶点B在弧上（不含端点），，另一顶点A在半径OM上，且，的周长为，求的表达式并求的最大值；（2）如图2，拟在观光区内规划一个三角形区域种植花卉，三角形花圃的一个顶点B在弧MN上， 另两个顶点A、C分别在半径OM、ON上，且，，求花圃面积的最大值．【答案】（1），（2）【解析】【分析】(1)由题意结合图形，可得，由正弦定理得，，代入的周长得，由三角恒等变换化简得，根据的范围即可求出的最大值；(2)由图可知，的面积的面积相等，由余弦定理得，再由基本不等式得，代入的面积公式即可求面积的最大值．【小问1详解】因为，，所以，，又因为，，所以在中，由正弦定理知得，∴，，周长为，，所以， ∵，∴，∴当时，即时，周长取最大值，为．【小问2详解】由题意，可知（2）中的面积与（1）中同底等高，即二者面积相等，在中，，，，，由余弦定理知：，∴，当且仅当时等号成立，∴，．即花圃面积的最大值为．