2022-2023学年广东省深圳高级中学高中部高一（下）期中数学试卷

这是一份2022-2023学年广东省深圳高级中学高中部高一（下）期中数学试卷，共23页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）已知复数与都是纯虚数，则
A．2B．C．D．
2．（5分）在空间中，，表示平面，表示直线，已知，则下列命题正确的是
A．若，则与，都平行
B．若与，都平行，则
C．若与异面，则与，都相交
D．若与，都相交，则与异面
3．（5分）已知，则是“与的夹角为钝角”的 条件
A．充分不必要B．必要不充分
C．充分必要D．既不充分也不必要
4．（5分）已知，则下列正确的是
A．B．C．D．
5．（5分）已知底面半径为的圆锥的侧面积与半径为1的球的表面积相等，则圆锥的母线长为
A．B．2C．D．4
6．（5分）已知非零向量，满足，且，则的形状是
A．三边均不相等的三角形B．直角三角形
C．等腰（非等边）三角形D．等边三角形
7．（5分）如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为
A．B．C．D．
8．（5分）若函数在上恰有2个零点，则的取值范围为
A．B．C．D．
二、多项选择题：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．（5分）已知为虚数单位，则以下四个说法中正确的是
A．B．复数的虚部为
C．若复数为纯虚数，则D．若为复数，则为实数
10．（5分）设点是所在平面内一点，则下列说法正确的是
A．若，则
B．若，则点、、三点共线
C．若点是的重心，则
D．若且，则的面积是面积的
11．（5分）在中，内角，，的对边分别为，，，且．
A．若，，则
B．若，，则的面积为
C．若，则的最大值为
D．若，则周长的取值范围为
12．（5分）在直三棱柱中，，，，点在线段上，则的
A．最小值为B．最小值为C．最大值为D．最大值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）已知，则 ．
14．（5分）已知向量在向量方向上的投影为，且，则 （结果用数值表示）．
15．（5分）若为奇函数，则 ．（填写符合要求的一个值）
16．（5分）已知三棱锥的棱长均为4，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的表面积为 ．
四、解答题：本题共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．（10分）在直角梯形中，已知，，，，对角线交于点，点在上，且满足．
（1）求的值；
（2）若为线段上任意一点，求的最小值．
18．（12分）已知，为锐角，，．
（1）求的值；
（2）求的值．
19．（12分）如图，在棱长为4的正方体中，是上的动点，是的中点．
（1）求三棱锥的体积；
（2）若是的中点，求证：平面．
20．（12分）记中，角，，所对边分别为，，，且．
（1）求的最小值；
（2）若，，求及的面积．
21．（12分）已知函数，其图象中相邻的两个对称中心的距离为，且函数的图象关于直线对称．
（1）求出的解析式；
（2）将的图象向左平移个单位长度，得到曲线，若方程在上有两根，，求的值及的取值范围．
22．（12分）为边上一点，满足，，记，．
（1）当时，且，求的值；
（2）若，求面积的最大值．
2022-2023学年广东省深圳高级中学高中部高一（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题：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．（5分）已知复数与都是纯虚数，则
A．2B．C．D．
【答案】
【分析】根据已知条件，结合复数纯虚数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，即可求解．
【解答】解：设，
为纯虚数，
，解得．
故选：．
【点评】本题主要考查复数纯虚数的概念，以及复数代数形式的乘法运算，属于基础题．
2．（5分）在空间中，，表示平面，表示直线，已知，则下列命题正确的是
A．若，则与，都平行
B．若与，都平行，则
C．若与异面，则与，都相交
D．若与，都相交，则与异面
【分析】利用面面关系、线面关系的定理分别分别选择．
【解答】解：对于，，，则与，可能都平行，也可能在其中一个平面内；故错误；
对于，，若与，都平行，根据线面平行的性质可以判断；故 正确；
对于，，若与异面，则与，可能都相交，也可能与其中一个平面平行，与另一个平面相交；故错误；
对于，，若与，都相交，则与异面或者相交；故错误；
故选：．
【点评】本题考查了线面平行的性质定理和判定定理的运用，熟练掌握相关定理是关键．
3．（5分）已知，则是“与的夹角为钝角”的 条件
A．充分不必要B．必要不充分
C．充分必要D．既不充分也不必要
【分析】由与的夹角为钝角且求解的范围得答案．
【解答】解：，
与的夹角为钝角且，
即且．
是“与的夹角为钝角”的必要不充分条件．
故选：．
【点评】本题考查向量共线及向量数量积的坐标运算，考查充分必要条件的判定方法，是基础题．
4．（5分）已知，则下列正确的是
A．B．C．D．
【答案】
【分析】利用两角和的余弦化简，利用倍角公式化简与，结合三角函数值的范围得答案．
【解答】解：，，
，，
，
．
故选：．
【点评】本题考查三角函数值的大小比较，考查三角函数的恒等变换应用及二倍角的三角函数，是基础题．
5．（5分）已知底面半径为的圆锥的侧面积与半径为1的球的表面积相等，则圆锥的母线长为
A．B．2C．D．4
【答案】
【分析】设出圆锥的母线长为，利用圆锥的侧面积与球的表面积相等，列方程求出的值．
【解答】解：设圆锥的母线长为，则，
半径为1的球的表面积为，
由，解得，
所以圆锥的母线长为．
故选：．
【点评】本题考查了旋转体的结构特征与面积计算问题，是基础题．
6．（5分）已知非零向量，满足，且，则的形状是
A．三边均不相等的三角形B．直角三角形
C．等腰（非等边）三角形D．等边三角形
【答案】
【分析】先根据判断出的角平分线与垂直，进而推断三角形为等腰三角形进而根据向量的数量积公式求得，判断出三角形的形状．
【解答】解：，，分别为单位向量，
的角平分线与垂直，
，
，
，
，
三角形为等边三角形．
故选：．
【点评】本题主要考查了平面向量的数量积的运算，三角形形状的判断．考查了学生综合分析能力，属于中档题．
7．（5分）如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】由平面向量数量积的运算，结合平面向量的线性运算求解即可．
【解答】解：在中，因为，
所以，
所以，
又因为，，三点共线，
所以，
即，
所以，
又，
又，，，
所以
，
故选：．
【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量的线性运算，属基础题．
8．（5分）若函数在上恰有2个零点，则的取值范围为
A．B．C．D．
【答案】
【分析】直接利用三角函数的关系式的变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用零点的关系的应用求出结果．
【解答】解：，
故；
所以，
解得；
故选：．
【点评】本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，函数的零点和方程的根的关系，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
二、多项选择题：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．（5分）已知为虚数单位，则以下四个说法中正确的是
A．B．复数的虚部为
C．若复数为纯虚数，则D．若为复数，则为实数
【答案】
【分析】对于，结合复数的四则运算，即可求解，
对于，结合复数虚部的定义，即可求解，
对于，结合特殊值法，即可求解，
对于，结合共轭复数的定义，以及复数的四则运算，即可求解．
【解答】解：对于，，故正确，
对于，复数的虚部为，故错误，
对于，不妨设，
则，，故错误，
对于，设，
则，故正确．
故选：．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及复数的性质，属于基础题．
10．（5分）设点是所在平面内一点，则下列说法正确的是
A．若，则
B．若，则点、、三点共线
C．若点是的重心，则
D．若且，则的面积是面积的
【答案】
【分析】由平面向量基本定理判断，由三点共线的向量表示判断，由三角形重心的向量表示判断，由三角形的面积公式可判断．
【解答】解：，，，，正确，
，，，，，不共线，错误，
，若点是的重心，则，，，，正确，
，若且，可得，设，则，，三点共线，如图，
由图可得，则的面积是面积的，故正确．
故选：．
【点评】本题考查平面向量基本定理，三点共线的向量表示，三角形重心的向量表示，考查数形结合思想和运算能力，属于中档题．
11．（5分）在中，内角，，的对边分别为，，，且．
A．若，，则
B．若，，则的面积为
C．若，则的最大值为
D．若，则周长的取值范围为
【答案】
【分析】由正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、三角形三边关系及基本不等式可求解．
【解答】解：因为，
所以，
对于，，若，则，，解得，
可得的面积，故正确，错误．
对于，若，则，
可得，当且仅当时，等号成立，
所以的最大值为，正确，
对于，若，则根据三边关系可得，即，解得，则，
可得的周长为，故周长的取值范围为，正确．
故选：．
【点评】本题主要考查了正弦定理、余弦定理、三角形面积公式、三角形三边关系及基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于中档题．
12．（5分）在直三棱柱中，，，，点在线段上，则的
A．最小值为B．最小值为C．最大值为D．最大值为
【答案】
【分析】将三棱柱的侧面展开，根据勾股定理和余弦定理求解即可．
【解答】解：连接，沿将平面展开到与平面在同一个平面内，
连接，其长度即为所求，
直三棱柱中，底面为直角三角形，，
，，，
在△中，由余弦定理可得
，故错误，正确；
设，在△中，由勾股定理可得，
在△中，由余弦定理得，
解得，
，，，
．
故错误，正确．
故选：．
【点评】本题考查距离和的最大值与最小值问题，属中档题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（5分）已知，则 ．
【分析】因为，利用二倍角公式求得的值．
【解答】解：因为，
，
故答案为．
【点评】该题主要考查诱导公式和余弦的二倍角公式，还要求学生能够感受到 与 中的角之间的余角关系，属于中档题．
14．（5分）已知向量在向量方向上的投影为，且，则 （结果用数值表示）．
【答案】．
【分析】根据投影向量的计算公式，结合数量积的定义式求解．
【解答】解：向量在向量方向上的投影向量为，
故，故．
故答案为：．
【点评】本题考查投影向量的定义、数量积的定义，属于基础题．
15．（5分）若为奇函数，则 ．（填写符合要求的一个值）
【答案】（答案不唯一）．
【分析】由已知结合奇函数的性质，代入即可求解．
【解答】解：因为为奇函数，
由奇函数性质可得，，
所以，
则．
故答案为：（答案不唯一）．
【点评】本题主要考查了奇函数性质的应用，属于基础题．
16．（5分）已知三棱锥的棱长均为4，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的表面积为 ．
【答案】．
【分析】由等体积法求得内切球半径，再根据比例求得球的半径，则问题可解．
【解答】解：如图所示：
依题意得，
底面的外接圆半径为，
点到平面的距离为，
所以，
所以，
设球的半径为，所以，
则，得，
设球的半径为，则，又，得，
所以球的表面积为．
故答案为：．
【点评】本题考查球的表面积计算，考查运算求解能力，属于中档题．
四、解答题：本题共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．（10分）在直角梯形中，已知，，，，对角线交于点，点在上，且满足．
（1）求的值；
（2）若为线段上任意一点，求的最小值．
【答案】见试题解答内容
【分析】方法一（1）根据，，得到；再把转化为进一步整理即可得到结论；
（2）令，结合第一问的结论求出的值；再把所求问题转化为关于，的二次函数，结合二次函数的性质即可求解；
方法二
以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系；
（1）直接求出两个向量的坐标代入求解即可；
（2）设，把转化为关于的二次函数，结合二次函数的性质即可求解．
【解答】解：方法一
（1）在梯形中，因为，，
所以，
；
（2）令，
则，即，
令，则，，
所以当时，有最小值．
方法二
（1）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系；
则，，，；则，
由相似三角形易得．
设，则，
．
得．则，．
（2）设，显然，，
所以当时，有最小值．
【点评】本题考查向量的数量积的应用，考查向量的坐标表示以及二次函数性质的应用，考查计算能力
18．（12分）已知，为锐角，，．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）利用万能公式求解；
（2）先求出，然后求出，最后利用两角和的正切公式求解．
【解答】解：（1）因为，所以；
（2）由得，
由，故，
，故，
即，解得，
所以．
【点评】本题考查两角和与差的正切公式、倍角公式等知识与方法，属于中档题．
19．（12分）如图，在棱长为4的正方体中，是上的动点，是的中点．
（1）求三棱锥的体积；
（2）若是的中点，求证：平面．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）在正方体中，平面，利用等体积即可计算；
（2）连接交于点，连接，，，得到四边形是平行四边形，则，即可得证．
【解答】解：（1）在正方体中，平面
所以点在上运动时，到平面的距离为4，；
证明：（2）连接交于点，连接，，，
因为，且，，且，所以，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面．
【点评】本题考查了线面平行的证明和三棱锥的体积计算，属于中档题．
20．（12分）记中，角，，所对边分别为，，，且．
（1）求的最小值；
（2）若，，求及的面积．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）利用两角和的余弦公式，将已知条件化成的形式，然后将结论也化成，的表达式，最后利用基本不等式求解；
（2）结合已知，求出，进而求出，利用正弦定理求出的值，最后利用面积公式求解．
【解答】解：（1）由已知得，
即，可知：，
所以
，当且仅当时取等号；
（2）因为，结合，可得，所以，又，
，
所以，由正弦定理得，解得，
故．
【点评】本题考查三角恒等变换以及正弦定理、面积公式的应用，同时考查了学生的运算能力，属于中档题．
21．（12分）已知函数，其图象中相邻的两个对称中心的距离为，且函数的图象关于直线对称．
（1）求出的解析式；
（2）将的图象向左平移个单位长度，得到曲线，若方程在上有两根，，求的值及的取值范围．
【答案】（1）；
（2），．
【分析】（1）根据条件相邻的两个对称中心的距离为得到周期，从而求出，再根据对称轴是及求出，从而得到的解析式；
（2）根据平移变换得到，再通过整体代换，利用正弦函数的图像和性质得到有最小值及对应的自变量的值，即可求的值及的取值范围．
【解答】解：（1）因为函数的图象相邻的对称中心之间的距离为，
所以，即周期，
所以，
所以，
又因为函数的图象关于直线轴对称，
所以，，即，，
因为，
所以，
所以函数的解析式为；
（2）将的图象向左平移个单位长度，得到曲线，
所以，
当时，，
故，
当时，有最小值且关于对称，
因为方程在上有两根，，
所以，，
即的取值范围．
【点评】本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化思想，属于中档题．
22．（12分）为边上一点，满足，，记，．
（1）当时，且，求的值；
（2）若，求面积的最大值．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）设长为，可知，再利用正切的二倍角公式可求解；
（2）利用正弦定理得，再利用三角形面积公式结合两角差的正弦公式及辅助角公式可得，利用正弦函数的性质即可求解．
【解答】解：（1）设长为，当时，，，
则，
因为，所以，
即，
所以，得，所以，
所以为．
（2）在中，，
则，
由正弦定理得，
又，
所以，
则的面积，
又，
所以，
因为，所以，
所以当，即时，有最大值，
又的面积等于，
故的面积的最大值为．
【点评】本题考查了二倍角的正切公式，正余弦定理的应用以及三角形面积的最值问题，属于中档题．
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