2022-2023学年山东省泰安市东平高级中学高一下学期期中考试数学试题含解析

这是一份2022-2023学年山东省泰安市东平高级中学高一下学期期中考试数学试题含解析，共17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学年山东省泰安市东平高级中学高一下学期期中考试数学试题 一、单选题1．若复数，则（    ）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】由复数除法几何意义求复数的模.【详解】由.故选：B2．已知向量，，，若，则实数m的值是（    ）A．－10 B．－8 C．10 D．8【答案】A【分析】利用向量的坐标运算即可.【详解】；故选：A.3．如图所示，梯形是平面图形ABCD用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形ABCD的面积为（ ）A． B．2 C． D．3【答案】D【分析】根据斜二测画法的规则确定原图形形状，结构得出面积．【详解】由三视图知原几何图形是直角梯形，如图，，面积为．故选：D．4．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则这个三角形的形状为（    ）A．直角三角形 B．等腰三角形 C．锐角三角形 D．等腰或直角三角形【答案】A【解析】由条件和余弦定理可得，然后化简可得答案.【详解】因为，所以由余弦定理可得，即所以，所以三角形的形状为直角三角形故选：A5．如图，，，，且，直线，过三点的平面记作，则与的交线必通过（    ）A．点A B．点 C．点但不过点 D．点和点【答案】D【分析】利用点线面的位置关系证得与，从而得到，据此解答即可.【详解】对于AB，易得，故必不在与的交线上，故AB错误；对于CD，因为过三点的平面记作，所以面与是同一个面，因为直线，所以面，则，又面，则，所以；因为，，所以，又，所以，所以，所以与的交线必通过点和点，故C错误，D正确.故选：D．6．已知直三棱柱的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和，此三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的体积为A． B． C． D．【答案】C【分析】将直三棱柱补成为长方体，求得长方体的体对角线长，得到球的半径，利用球的体积公式，即可求解.【详解】由题意，将直三棱柱补成为长方体，如图所示，则该长方体的体对角线为，设长方体的外接球的半径为，则，，所以该长方体的外接球的体积，故选C.【点睛】本题主要考查了组合体的结构特征，以及球的体积的计算，其中解答中把直三棱柱补成一个长方体，求得球的半径是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于基础题.7．的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，，则的值是（    ）A．6 B．8 C．4 D．2【答案】A【分析】根据正弦定理结合题干条件可得到，再由余弦定理得，代入已知条件可得到最终结果.【详解】因为，根据正弦定理得到： 故得到 再由余弦定理得到： 代入，，得到.故选：A.8．若将函数的图象向左平移个单位后得到的图象关于轴对称，则函数在上的最大值为（    ）A．2 B． C．1 D．【答案】A【分析】利用三角函数图象的变化规律求得：，利用对称性求得，由时，可得，由正弦函数的单调性可得结果.【详解】函数的图象向左平移个单位长度后，图象所对应解析式为：，由关于轴对称，则，可得，，又，所以，即，当时，，所以当时，即时，.故选：A．【点睛】本题考查了三角函数图象的对称性、平移变换及三角函数在区间上的最值，属中档题．本题解题的关键在于能否正确处理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度. 二、多选题9．下列说法错误的是（    ）（多选）A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的多面体是棱锥B．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥D．如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体【答案】ABC【解析】选项不符合棱锥，棱台定义，所以错误；选项，会得出棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是，构成平面图形，所以错误；选项，可推出侧棱与底面垂直，所以正确.【详解】选项A，有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥，即其余各面的三角形必须有公共的顶点，故A错误；选项B，棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的，而有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台，因为它的侧棱延长后不一定交于一点，故B错误；选项C，当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；选项D，若每个侧面都是长方形则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D正确.故选:ABC.【点睛】本题考查多面体的定义，以及结构特征，属于基础题.10．下列各式中，值为的是（    ）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根据三角恒等变换公式计算每个式子的值，即可得答案；【详解】对A，，故A错误；对B，，故B正确；对C，，故C正确；对D，，故D错误；故选：BC.【点睛】本题考查利用三角恒变换中的二倍角公式、同角三角函数的平方关系求值，考查运算求解能力，属于基础题.11．(多选)如图所示，正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，下列说法正确的有（    ）A．直线AM与CC1是相交直线 B．直线AM与BN是平行直线C．直线BN与MB1是异面直线 D．直线AM与DD1是异面直线【答案】CD【分析】本题直接判断直线AM与CC1是异面直线，直线与MB1是异面直线，直线AM与DD1是异面直线，用BN∥AE，但AE与AM相交可判断直线AM与BN不平行，即可得到答案.【详解】因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以AM与CC1是异面直线，故A错；如图，取DD1的中点E，连接AE，则BN∥AE，但AE与AM相交，故B错；因为B1与BN都在平面BCC1B1内，M在平面BCC1B1外，BN不过点B1，所以BN与MB1是异面直线，故C正确；同理D正确.故选：CD.【点睛】本题考查异面直线的判断，属于基础题.12．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（    ）A．若，则为的重心B．若为的内心，则C．若，，为的外心，则D．若为的垂心，，则【答案】ABD【分析】对A，取BC的中点D，连接MD，AM，结合奔驰定理可得到，进而即可判断A；对B，设内切圆半径为，从而可用表示出，，，再结合奔驰定理即可判断B；对C，设的外接圆半径为，根据圆的性质结合题意可得，，，从而可用表示出，，，进而即可判断C；对D，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，根据题意结合奔驰定理可得到，，从而可设，，则，，代入即可求解，进而即可判断D．【详解】对于A，取BC的中点D，连接MD，AM，由，则，所以， 所以A，M，D三点共线，且，设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得，，所以为的重心，故A正确；对于B，由为的内心，则可设内切圆半径为，则有，，，所以，即，故B正确；对于C，由为的外心，则可设的外接圆半径为，又，，则有，，，所以，，，所以，故C错误；对于D，如图，延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E，由为的垂心，，则，又，则，，设，，则，，所以，即，所以，所以，故D正确；故选：ABD．【点睛】关键点点睛：解答D选项的关键是通过做辅助线（延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E），根据题意，结合奔驰定理得到，，再设，，得到，，进而即可求解． 三、填空题13．已知，，则的值为 _______.【答案】－.【分析】将和分别平方计算可得.【详解】∵，∴，∴，∴，又∵，∴ ，∴,故答案为：－.【点晴】此题考同脚三角函数基本关系式的应用，属于简单题.14．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果，，，那么的最大内角的余弦值为________.【答案】【解析】由边的大小关系可知是最大角，然后利用余弦定理求解.【详解】角A，B，C所对的边分别为a，b，c，如果，，，则是最大角，则，故答案为：.【点睛】本题考查三角形中的边角关系，考查余弦定理的应用，属于简单题.15．若,,,的夹角为，若，则的值为________．【答案】【分析】根据，结合平面向量数量积的定义可求出结果.【详解】由题意知, ，即，解得.故答案为：.16．设复数满足，则的最大值是_______.【答案】6【详解】分析：先找到复数z对应的点的轨迹，再求的最大值.详解：设复数，则，所以复数对应的点的轨迹为（3,4）为圆心半径为1的圆，所以的最大值是.故答案为6点睛：（1）本题主要考查复数中的轨迹问题，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平和数形结合的思想方法.(2)表示以点(a,b)为圆心r为半径的圆,不要死记硬背，直接化成直角坐标，就一目了然. 四、解答题17．（1）已知，，求向量在上的投影向量的坐标．（2）已知， 若的夹角为锐角，求的取值范围.【答案】（1）；（2）【分析】（1）根据投影向量的定义结合数量积和模长的坐标运算求解；（2）根据向量夹角与数量积的符号之间的关系运算求解.【详解】（1）由题意可得：，向量在方向上的投影向量为：；（2）因为的夹角为锐角，所以，解得：，又当与共线时，可得：，解得：，此时，此时与同向，需排除，所以的取值范围是：.18．已知函数，.(1)求函数的最小正周期；(2)求的单调区间；【答案】(1)(2)单调递增区间为；单调递减区间为. 【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角公式将函数化简，再根据正弦函数的性质计算可得；（2）利用整体代换的方法，分别计算，，，求解可得答案.【详解】（1）解：所以函数的最小正周期．（2）令，解得，的单调递增区间为；令，解得，的单调递减区间为.19．如图所示，遥感卫星发现海面上有三个小岛，小岛 B位于小岛A 北偏东距离60海里处，小岛B北偏东距离海里处有一个小岛 C.(1)求小岛A到小岛C的距离；(2)如果有游客想直接从小岛A出发到小岛 C，求游船航行的方向.【答案】(1)海里(2)游船应该沿北偏东的方向航行. 【分析】(1)三边一角，由余弦定理可以求小岛A到小岛 C的距离；(2)两边两角，由正弦定理可以求角.【详解】（1）解：(1)在中，，根据余弦定理得：..所以小岛A到小岛 C的最短距离是海里.（2）解：(2)根据正弦定理得： 解得在中，为锐角.由得游船应该沿北偏东的方向航行答:小岛A到小岛 C的最短距离是海里;游船应该沿北偏东的方向航行.20．如图所示，在正方体中，E，F分别是的中点．(1)求证：三线交于点P；(2)在（1）的结论中，G是上一点，若FG交平面ABCD于点H，求证：P，E，H三点共线．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析 【分析】（1）连接，，可得到且，则EC与相交，设交点为P，则能得到P平面ABCD，平面，结合平面平面，即可得证；（2）可证明P，E，H都在平面与平面ABCD的交线上，即可得证【详解】（1）证明：连接，，正方体中，E，F分别是的中点，∴且，∵且，∴且，∴EC与相交，设交点为P，∵PEC，EC平面ABCD，∴P平面ABCD；又∵，平面，∴平面，∴P为两平面的公共点，∵平面平面，∴，∴三线交于点P；（2）在（1）的结论中，G是上一点，FG交平面ABCD于点H，则FH平面，∴平面，又平面ABCD，∴平面平面ABCD，同理，平面平面ABCD，平面平面ABCD，∴P，E，H都在平面与平面ABCD的交线上，∴P，E，H三点共线．21．现需要设计一个仓库，由上下两部分组成，如图所示，上部分的形状是正四棱锥，下部分的形状是正四棱柱，正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍．(1)若，，则仓库的容积（含上下两部分）是多少？(2)若上部分正四棱锥的侧棱长为6m，当为多少时，下部分的正四棱柱侧面积最大，最大面积是多少？【答案】(1)(2)当时，正四棱柱侧面积最大，最大为 【分析】（1）利用柱体和锥体的体积公式计算；（2）设，正四棱柱侧面积用x表示，利用基本不等式求最大值.【详解】（1）∵，正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍，∴．所以仓库的容积（2）若正四棱锥的侧棱长为6m，设，则，，．∴正四棱柱侧面积，∴，当且仅当，即时，．所以当时，正四棱柱侧面积最大，最大为．22．从①；②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答（注：若选择多个条件，按第一个解答计分）.在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若_______________.(1)求角A的大小；(2)若D是BC的中点，，求△ABC面积的最大值.【答案】(1)条件选择见解析，(2) 【分析】（1）选条件①时，利用余弦的二倍角公式转化原式为2cos2A+cosA－1=0，求解即可选条件②时，利用正弦定理转化原式为，结合余弦定理即得解；选条件③时，利用正弦定理转化原式为sinBsinA+sinAcosB=sinC，再利用sinC=sin(A+B)，求解即可（2）在△ACD和△BCD中分别使用余弦定理可得，，再结合cos∠ADC=－cos∠BDC，，利用均值不等式即得解【详解】（1）选条件①时，cos2A+cosA=0；得2cos2A+cosA－1=0，解得cosA=或cosA=－1.∵0<A<，∴cosA=－1舍去，cosA=∴A=选条件②时，sin2B－sin2A+sin2C一sinBsinC=0，根据正弦定理：得，由余弦定理得：            ∵0<A<，A=           选条件③时，bsinA+cosB=，利用正弦定理得sinBsinA+sinAcosB=sinC=sin(A+B)，      化简得sinBsinA=cosAsinB.         ∵0<B<π，∴sinB≠0，∴.tanA=，       ∵0<A<，A=（2）在△ABC中，由余弦定理知，，    ①在△ACD中，由余弦定理知，，在△BCD中，由余弦定理知，      ∵∠ADC+∠BDC=∴cos∠ADC=－cos∠BDC即化简得，，②      由①②，得，∴，当且仅当b=c时，等号成立，     ∴△ABC面积         ∴△ABC面积的最大值为.