2022-2023学年江西省赣州市高一下学期期中考试数学试题【含答案】

2022-2023学年江西省赣州市高一下学期期中考试数学试题一、单选题1．已知，则“”是“”的（

）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】利用不等式的性质和充要条件的判定条件进行判定即可.【详解】因为，，所以成立；又，，所以成立；所以当时，“”是“”的充分必要条件.故选：C.2．设为虚数单位），则复数的虚部为A． B．4 C． D．【答案】A【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数的虚部概念得答案．【详解】解：，，复数的虚部为，故选：．3．下列命题正确的是（

）A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱C．正六棱锥的侧棱和底面边长一定不相等D．棱柱的侧面都是全等的平行四边形【答案】C【分析】对A，根据棱柱的定义可判断；对B，举出反例判断即可；对C，根据正六棱锥底面正六边形的性质判断即可；对D，根据棱柱的性质判断即可【详解】对A，有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体，A错；对B，有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体如图所示，B错；对C，正六棱锥的底面为正六边形，其底面最长的对角线长度为底面边长的两倍，又该对角线和相交的两条侧棱要构成三角形，故侧棱一定大于底面边长，C对对D，棱柱的侧面不一定是全等的平行四边形，D错；故选：C.4．的内角的对边分别为，若，则的面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由余弦定理求出关系，再结合可求得，再用三角形面积公式计算出面积．【详解】由余弦定理得：，∴，又，所以，∴，∴，∴.故选：.【点睛】本题考查余弦定理和三角形面积公式，属于基础题．利用余弦定理求得的关系，并结合已知求得的值是关键，三角形的面积公式.5．下列说法中正确的是（

）A．若，则的长度相同，方向相同或相反B．若向量是向量相反向量，则C．若，则存在唯一的实数使得D．在四边形中，一定有【答案】B【分析】由相反向量定义、向量模长定义、平面向量共线定理和向量线性运算依次判断各个选项即可.【详解】对于A，若，则的长度相同，方向任意，A错误；对于B，由相反向量定义知：与方向相反，模长相等，B正确；对于C，当，时，，此时不存在唯一的实数使得，C错误；对于D，若为中点，则，与不恒相等，不恒成立，D错误.故选：B.6．庄严美丽的国旗和国徽上的五角星是革命和光明的象征，正五角星是一个非常优美的几何图形，且与黄金分割有着密切的联系.在如图所示的正五角星中，以为顶点的多边形为正五边形，且，则（）A． B．C． D．【答案】A【解析】设，根据，得到，进而得到，然后由求解.【详解】设，因为，所以，所以，因为，所以，所以，，.故选：A7．锐角△中，角A、B、C所对边分别为a、b、c，若，则范围为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】首先根据题意，结合余弦定理得到，利用正弦定理转化求得，根据角的范围，得到，根据三角形是锐角三角形，求得，结合条件，将式子化为，从而求得结果.【详解】因为，所以，由余弦定理得：，所以，所以，由正弦定理得，因为，所以，即，因为△是锐角三角形，所以，所以，即，所以，解得，则，因为，所以，故选：A.【点睛】该题考查的是有关解三角形的问题，涉及到的知识点有正弦定理、余弦定理解三角形，三角形中的三角恒等变换，正弦型函数在给定区间上的值域，属于中档题目.8．十七世纪法国数学家、被誉为业余数学家之王的皮埃尔·德·费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角；当三角形有一内角大于或等于时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点．已知分别是三个内角的对边，且，，若点P为的费马点，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由余弦定理和两角和的余弦公式化简，可得，，再根据等面积法即可求得，“费马点”定义可得该点与三角形的三个顶点的连线两两成角，从而求得答案.【详解】,即,又,,即,,又.由三角形内角和性质知：△ABC内角均小于120°，结合题设易知：P点一定在三角形的内部，再由余弦定理知,,,,.由等号左右两边同时乘以可得：，.故选：C.【点睛】本题主要考查两角和差的余弦公式、余弦定理，平面向量的数量积以及等面积法的应用；理解新概念灵活运用，属于较难题.二、多选题9．下列各命题中，是充要条件的有（

）A．，为二次函数 B．，，C．四边形是正方形，四边形对角线互相平分 D．或，【答案】AD【分析】根据充要条件依次判断选项即可得到答案.【详解】对选项A，若，为二次函数，满足充分性，若为二次函数，则，满足必要性，故A选项为充要条件.对选项B，若，时，则，满足充分性，若时，则，或，，不满足必要性，故B不符合充要条件.对选项C，若四边形是正方形，则四边形对角线互相平分，满足充分性，若四边形对角线互相平分，则四边形为平行四边形，不一定是正方形，不满足必要性，故C不符合充要条件.对选项D，若或，则，满足充分性，若，则，解得或，满足必要性，故D选项为充要条件.故选：AD10．设是复数，则（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】ABC【分析】根据复数的相关概念结合复数的运算逐项分析判断.【详解】对于A：若，则，所以，故A正确；对于B：若，根据共轭复数的定义可得，故B正确；对于C：∵，若，即，可得，故C正确；对于D：例如，显然成立，但，即，故D错误；故选：ABC.11．将边长为2的正三角形绕着它的一条高线旋转一周得到一个圆锥，下列叙述正确的是（

）A．圆锥的体积为 B．圆锥的侧面积为C．圆锥侧面展开图扇形圆心角为 D．过圆锥顶点的截面面积的最大值为【答案】BCD【分析】由题中等边三角形就是圆锥轴截面，得出圆锥母线长，底面半径，高，然后计算体积、侧面积，圆锥侧面展开图扇形圆心角，过圆锥顶点的截面面积的最大值判断各选项．【详解】由题意圆锥的母线长为，底面半径为，高为，，A错；侧，B正确；圆锥侧面展开图扇形圆心角为，C正确；由题意圆锥轴截面是等边三角形，任意两条母线夹角的最大值为轴截面顶角，因此过圆锥顶点的截面面积的最大值，D正确．故选：BCD．12．正方形ABCD的边长为4，E是BC中点，如图，点P是以AB为直径的半圆上任意点，，则（

）A．最大值为1 B．·最大值是8C．最大值为 D．最大值是【答案】AD【分析】建系，设，根据向量的坐标运算结合三角函数的有界性逐项分析运算.【详解】如图，以AB的中点O为坐标原点，建立平面直角坐标系，则，设，可得，则，由题意可得，解得.对于A：∵，且，可得当，取到最大值1，∴最大值为1，故A正确；对于B：·，∵，可得当时，取到最大值1，∴·最大值是，故B错误；对于C：∵，其中，由，则，令，解得；令，解得；故在上单调递减，在上单调递增，当时，则；当时，则；∴最大值是1，故C错误；对于D：，∵，则，则当，即时，取到最大值1，∴最大值是，故D正确；故选：AD.【点睛】方法定睛：1．平面向量的线性运算要抓住两条主线：一是基于“形”，通过作出向量，结合图形分析；二是基于“数”，借助坐标运算来实现．2．正确理解并掌握向量的概念及运算，强化“坐标化”的解题意识，注重数形结合思想、方程思想与转化思想的应用．三、填空题13．已知空间向量，，若，则__________．【答案】3【详解】，得．14．中,，，，平分交于,则线段的长为______.【答案】【分析】由是角平分线，可知，设，和中，分别列出余弦定理，再求的长度.【详解】平分交于,中，，中，，，，设，中，，中，，两式相除可得，，解得：.故答案为【点睛】本题考查利用正余弦定理解三角形，意在考查转化与化简和计算能力，属于中档题型，本题的关键是根据正弦定理判断出，问题迎刃而解.15．2020年夏天，国内多地出现洪涝灾情，某地一处长的堤坝需要用土方进行填筑加固，计划将背水坡的坡度由原来的改为（如图所示），其中背水坡长为，则加固这段堤坝需要使用的土方量为__.【答案】.【解析】计算三棱柱的体积得出答案.【详解】解：在中，，，由正弦定理可得：，故，于是三棱柱的体积为，故答案为：.16．在中，内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c，a＝4，，点D在线段BC上，，过点D作，，垂足分别是E，F，则面积的最大值是______.【答案】/【分析】先由结合正弦定理求得，，再由余弦定理可得，结合不等式证得，又由得，从而求得，，由此得面积的关于的表达式，进而求得其最大值．【详解】因为，所以由正弦定理得，则，因为，所以，所以，则，由余弦定理可得，即，因为，所以，则，当且仅当时，等号成立，连结，因为，所以，所以，则，，则．故答案为：..四、解答题17．已知．（1）化简；（2）若，且α为第三象限角，求【答案】（1）；（2）.【分析】（1）应用诱导公式化简函数式即可.（2）由题意求，再根据两角和正弦公式求，可得，即知.【详解】（1）.（2）∵α为第三象限角，则，∴，而，∴，则.18．已知为虚数，为实数．（1）若为纯虚数，求虚数；（2）求的取值范围．【答案】（1）或；（2）.【分析】（1）由于为虚数，可设，，，根据为纯虚数，求得的值，再由为实数求出的值，即得虚数；（2）由为实数且，可得，根据，求得的范围，根据复数的模的定义，化简为，进而求出的范围，即可得出的取值范围．【详解】解：由于为虚数，可设，，，（1）则，由为纯虚数，得，，又因为为实数，则，得，，所以或.（2），因为为实数，，，，，则，解得：，，由于，则，所以，即，所以的取值范围为.【点睛】本题考查复数的基本概念，两个复数代数形式的除法以及复数求模，考查运算求解能力．19．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．（1）求c的值；（2）若，求面积的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根据，利用正弦定理余弦定理，角化边即可求解.（2）利用正弦定理得到，则，利用三角函数的性质求得其最大值，然后代入三角形面积公式求解.【详解】（1）因为，所以，解得；（2）因为所以由正弦定理得，∴．，，当即时，取最大值为3．∴，所以面积的最大值为．【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是结合（1）和，利用正弦定理得到，进而转化为求解，20．如图，AB是圆柱的一条母线，BC过底面圆心O，D是圆O上一点．已知，(1)求该圆柱的表面积；(2)将四面体ABCD绕母线AB所在的直线旋转一周，求的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积．【答案】(1)(2)【分析】（1）由题意求出柱的底面圆的半径即可求解；（2）绕AB旋转一周而成的封闭几何体的体积为两个圆锥的体积之差，结合圆锥体积公式求解即可【详解】（1）由题意知AB是圆柱的一条母线，BC过底面圆心O，且，可得圆柱的底面圆的半径为，则圆柱的底面积为，圆柱的侧面积为所以圆柱的表面积为．（2）由线段AC绕AB旋转一周所得几何体为以BC为底面半径，以AB为高的圆锥，线段AD绕AB旋转一周所得的几何体为BD为底面半径，以AB为高的圆锥，所以以绕AB旋转一周而成的封闭几何体的体积为：．21．已知向量,,设函数,(1)求函数的单调递增区间;(2)当时,方程有两个不等的实根,求m的取值范围;(3)若函数,对任意的,存在,使得,求实数的取值范围.【答案】(1)(2)(3)【分析】(1)根据数量积的坐标运算,结合三角函数的恒等变换可得,由,即可求得答案;(2)将方程有两个不等的实根转化为函数的图象与有两个交点,数形结合,求得答案;(3)将对于任意的,存在,使得,转化为成立,求出函数的范围,分类讨论,求得的取值范围;【详解】（1）由题意可知:,由,,解得:,,故函数的单调递增区间为.（2）令,当时,令,则,且在上递增,在上递减,当时,方程有两个不等的实根,则需函数的图象与有两个交点,即,与有两个交点,如图所示:,则,则.（3）由题意,若对于任意的,存在,使得,即,当时,,则.当时,,故当时,不成立;当时,,解得;当时,,解得,故实数的取值范围为.22．将二次函数的图象在坐标系内自由平移，且始终过定点，则图象顶点也随之移动，设顶点所满足的表达式为二次函数.例如，当时，；当时，.(1)当，图象平移到某一位置时，且与不重合，有，其中为坐标原点，求的坐标；(2)记函数在区间上的最大值为，求的表达式；(3)对于常数（），若无论图象如何平移，当，不重合时，总能在图象上找到两点，，使得，且直线与无交点，求的取值范围.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）当时，，设点，，通过坐标表示向量，并通过建立等式关系求出的值，进而求得结果