【文档说明】四川省广安市第二中学校2022-2023学年高一下学期期中考试数学试题 含解析.docx，共(21)页，3.421 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-63ccd19ef80bb95321f5249cbcac2b35.html

以下为本文档部分文字说明：

2023年春广安二中高2022级半期考试数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名．．、班次．．、学号．．、智学网号．．．．填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目答案标号

涂黑，如需改动，用橡皮擦干净，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.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.已知复数i(,R)zabab=+，若20232iiab+=+，则z=（）A.1

2i−+B.12i+C.12i−−D.12i−【答案】B【解析】【分析】利用复数的四则运算及复数相等求出ab、即可.【详解】20234505320232iii2i=2i2ii1iibaabbaba+===−+=++=++=+=−，所以12zi=

+，故选：B2.在ABC中，2π3B=，π6C=，5a=，则此三角形的最大边长为（）A.33B.53C.552D.21【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理即可求得此三角形的最大边长.【详解】因为2π3B=，π6C=，所以π6A=

，则B对的边最大，由sinsinabAB=，可得35sin2531sin2aBbA===故选：B3.已知点()()()0,0,1,2,1,1OAB−，则OA与AB的夹角的余弦值为（）A.45−B.45C.310−D.310【答案】A【解析】【分析】根据题意写出OA、AB,带入,cosABA

OAOAAOABB=即可算出答案.【详解】由题意知：(1,2)OA=−，(2,1)AB=−.所以：224cos555,OAABAAAOOBAB−−==−=.故选：A.4.如图，在平行四边形ABCD中，E是BC的中点，3AEAF=，则DF=（）A.12

33ABAD−+B.1323ABAD−C.1536ABAD−D.1334ABAD−【答案】C【解析】【分析】利用平面向量的线性运算求得正确答案.【详解】111332DFAFADAEADABADAD=−=−=+−1

536ABAD=−.故选：C5.如图：正三棱锥ABCD−中，30BAD=，侧棱长为2，过点C的平面截得11CBD．则11CBD的周长的最小值为（）A.2B.23C.4D.22【答案】D【解析】【分析】沿正三棱锥ABCD−的侧棱AC剪开，根据两点间线段最短，由11

CBD的周长的最小值为1CC求解.【详解】由题意，沿正三棱锥ABCD−的侧棱AC剪开，所得侧面展开图是三个顶角为30的等腰三角形，腰长为2，如图所示：连接1CC，则190CAC=，所以1ACC△是等腰直角三角形，则2212222CC=+=，由两点间线段最短得：

11CBD的周长的最小值为1,CC两点之间的距离，即22，故选：D6.在ABC中，53sin,cos135AB==，则cosC的值为（）A.5665B.1665C.5665−D.1665−【答案】D【解析】【分析】先求出si

n,cosBA，再根据coscos()CAB=−+化简求值．【详解】(0,)B，3cos05B=，π4(0,),sin25BB=，sinsinAB，由正弦定理知ab，π(0,),2ABA，又5sin13A=，12cos1

3A=，ABC++=，1235416coscos()coscossinsin13513565CABABAB=−+=−+=−+=−.故选：D.7.下列各数sin25cos27cos25sin27a=+oooo，2sin27cos27b=oo，22cos22

1c=−o，22tan22.51tan22.5d=−oo中，最大的是（）AaB.bC.cD.d【答案】D【解析】【分析】由两角和正弦公式，二倍角公式一、诱导公式等化简函数值，然后由三角函数性质判断．【详解】观察发现tan451d==，而sin(2527)sin521

a=+=，sin541b=，cos441c=，故选：D．8.把一个铁制的底面半径为4，侧面积为163的实心圆柱熔化后铸成一个球，则这个铁球的半径为（）A.32B.3C.2D.6【答案】C【

解析】【分析】先求出圆柱的高，由圆柱和球的体积关系即可得出半径【详解】因为实心圆柱的底面半径为4，侧面积为163，所以圆柱的高为16232π43=，则圆柱的体积为2232433V==，.设球的半径为R，则32324,33

RR==，故选：C二.多选题：(本题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对得5分，部分选对得2分，有错选得0分)9.若复数z满足()12i10z−=，则（）A.24zi=+B.2z−是纯虚数C.复数z在复平面内对应的点在第三象限D.若复数z在复平面内对应的点在

角的终边上，则5sin5=【答案】AB【解析】【分析】对A，根据复数的除法计算即可；对B，根据纯虚数的定义判断即可；对C，根据复平面内象限的性质判断即可；对D，根据三角函数关系计算即可【详解】对A，()()()1012i1024i12i12i12iz+===+

−−+，故A正确；对B，24iz−=为纯虚数，故B正确；对C，24zi=+在复平面内对应的点在第一象限，C错误；对D，22425sin524==+，故D错误；故选：AB10.已知ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，则下列说法正确的是（）A.若60A=，2ab==，则ABC有

两解B.若30A=，1,4ab==，则ABC无解C.若150A=，3,4ab==，则ABC有一解D.若45A=，2a=，3b=，则ABC有两解【答案】BD【解析】【分析】A选项，推出ABC是边长为2的等边三角形，有1解；B选

项，由正弦定理得到sin21B=，无解；C选项，由大边对大角得到三角形中有2个钝角，无解；D选项，由正弦定理得到60B=或120，D正确.【详解】A选项，因为60A=，2ab==，所以60BA==，故60C=

，ABC是边长为2的等边三角形，有1解，A错误；B选项，若30A=，1,4ab==，由正弦定理得sinsinabAB=，即14sin30sinB=，解得sin21B=，无解，B错误；C选项，若150A=，3,4ab==，由大边对大角可知，BA，此时三角形中有2个钝角，不

可能，则ABC无解，C错误；D选项，若45A=，2a=，3b=，由正弦定理得sinsinabAB=，即23sin45sinB=，解得3sin2B=，因为ba，所以60B=或120，所以ABC有两解，D正确.故选：BD11.如图所示，在空间四边形ABCD中，点,E

H分别是边,ABAD的中点，点,FG分别是边,BCCD上的三等分点，且23CFCGCBCD==，则下列说法正确的是（）A.,,,EFGH四点共面B.EF与GH异面C.EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC

上D.EF与GH的交点M一定在直线AC上【答案】AD【解析】【分析】利用三角形中位线性质、平行线分线段成比例的性质可得FGEH∥，即可判断A，B；由平面基本事实推理可判断C，D.【详解】在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，则EHBD∥，且1

2EHBD=，点F，G分别是边BC，CD上的点，且23CFCGCBCD==，则FGBD∥，且23FGBD=，因此FGEH∥，点E，F，G，H四点共面，故A正确，B错误；FGEH∥，FGEH，即四边形EFGH是梯形，则EF与GH必相交，交点为M，点M在EF上，而EF在平面ACB上，则点M在平面

ACB上，同理点M在平面ACD上，则点M是平面ACB与平面ACD的公共点，而AC是平面ACB与平面ACD的交线，所以点M一定在直线AC上，故C错误，D正确.故选：AD.12.已知O为坐标原点，点1(cos,sin)P，()()()2cos,sinP−−，()()()3

cos,sinP++，(1,0)A，则（）A12||||OPOP=B.12||||APAP=C.312OAOPOPOP=D.123OAOPOPOP=【答案】AC【解析】【分析】根据题意，由向量的数量积的坐标运算，结合三角恒等变化公式化简，对选项逐一判断即可

得到结果.【详解】1(cos,sin)P，2(cos,sin)P−，3(cos()P+，sin())+，(1,0)A，1(cos,sin)OP=，2(cos,sin)OP=−，3(cos()OP=+，sin())+，(1,0)O

A=，1(cos1,sin)AP=−，2(cos1,sin)AP=−−，则221||cossin1OP=+=，2221cos||(sin)OP=+−=，则12||||OPOP=，故A正确；2222

1c||(cos1)sinsin2cos122coossAP=−+=+−+=−，22222||(cos1)(sin)sin2coscos122cosAP=−+−=+−+=−，12||||APAP，故B错

误；31cos()0sin()cos()OAOP=+++=+，.12coscossinsincos()OPOP=−=+，312OAOPOPOP=，故C正确；11cos0sincosOAOP=+=，23c

oscos()sinsin()cos[()]cos(2)OPOP=+−+=++=+，123OAOPOPOP，故D错误．故选：AC三、填空题(共4小题，满分20分，每小题5分)13.

已知向量a，b的夹角为2π3，1a=，2b=，则ab+=______.【答案】3【解析】【分析】先由数量积的定义求出ab，再由()2222abababab+=+=++，代入化简即可得出答案.【详解】因为向量a，b

的夹角为2π3，1a=，2b=，所以2π1cos12132abab==−=−，所以()()214213abab+=+=++−=.故答案为：3.14.如图，OAB是水平放置的OAB的直观图，3,4OAOB

==，45AOB=，则原AOB的面积为________【答案】12【解析】【分析】根据斜二测画法的规则，得到原AOB为直角三角形，结合面积公式，即可求解.【详解】如图所示，根据斜二测画法的规则，得到原AOB

为直角三角形，因为3,4OAOB==，可得6,4OAOB==，且AOB90=，所以原AOB的面积为11461222AOBSOBOA===.故答案为：1215.已知3sin(30)5a?=，60150，求co

s=______．【答案】34310−【解析】【分析】根据60150，得到30+的范围，再求出()cos30+的值，将()coscos3030=+−，再用两角差的余弦公式展开，得到答案.【详解】因为60150，所以9030180+因

为3sin(30)5a?=，所以()()24cos301sin305+=−−+=−，所以()coscos3030=+−()()cos30cos30sin30sin30=+++43315252=−+343

10−=.故答案为：34310−【点睛】本题考查同角三角函数关系，利用两角差的余弦公式求值，属于简单题.16.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1..半正多面体是由两种或两种以上的正多

边形围成的多面体，半正多面体体现了数学的对称美.图2是由边长为1的正方形和正三角形围成的一个半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上.则该半正多面体共有________个面，其体积为________.【答案】①.26②.10243+【解析】【分析】由图

形确定正方形和正三角形个数即可，由图知该图形是由一个正方体截去12相同的三棱柱和8个相同的小正方体的56得到的，分别求出大小正方体及三棱柱的体积，即可得解.【详解】将图2所示的半正多面体看作上、中、下三个部分，则上部包含5个正方形、4个正三角形；中部包含8个正方形；下部包含5

个正方形、4个正三角形；所以该半正多面体共有5485426++++=个面，如图所示，因为半正多面体的棱长为1，所以1BCBD==，又ABC为等腰直角三角形，故2222ABACBC===，所以正方体棱长为212BDAB+=+，由图知该图形是由

一个正方体截去12相同的三棱柱和8个相同的小正方体的56得到的，其中三棱柱的高1，底面为斜边为1的等腰直角三角形，小正方体的棱长为22，大正方体的棱长为12+，所以所求体积51286VVVV=−−小正方体大正方体三棱锥()31225222102121218422262223=+−−

=+故答案为：26；10243+.【点睛】关键点点睛：该图形是由一个正方体截去12相同的三棱柱和8个相同的小正方体的56得到的，是解决本题的关键.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知ABC内角,,ABC所对的对边分

别为,,abc，周长为21+，且sinsin2sinABC+=．（1）求c的值；（2）若ABC的面积为1sin6C，求角C的大小．【答案】（1）1（2）60C=【解析】【分析】（1）利用正弦定理角化边，解方程即可（2）利用面积求出ab，再利用余弦定理即可

【小问1详解】因为三角形周长为21+，所以21abc++=+，因为sinsin2sinABC+=，所以由正弦定理可得2abc+=，所以221cc+=+解得1c=．【小问2详解】由ABC的面积11sinsin26abCC=得13ab=，由（1

）2ab+=，由余弦定理得22222221()213cos22223abcababcCabab−−+−+−−====又()0,180C所以60C=的18.已知函数()π2sin6fxx=++，xR，其中0，π02，若

()fx的图像相邻两最高点的距离为π2，且有一个对称中心为π(,0)3.（1）求和φ的值；（2）若方程ππ()0,312fxkx−=−有解，求k的取值范围.【答案】（1）4ω=，π2=（2）22k−【解析】【

分析】（1）结合条件先判定最小正周期得4ω=，再结合对称中心求即可；（2）利用换元法求得()fx在ππ,312x−的值域，将方程有解转化为函数()yfx=与yk=有交点的问题即可.【小问1详解】若()fx的图

像相邻两最高点的距离为π2则()fx的最小正周期2ππ2T==，∴4ω=，又函数图像的一个对称中心为π(,0)3，所以4ππ02sin36=++，∴4ππ3πππ362kk++==−，Zk，又π02，∴π2=.【小问2详解】由上得：()π

2cos46fxx=+，当πππ7ππ,4,312662xx−+−得π406x+=时，()max2fx=，π4π6x+=−时，()min2fx=−，要()0fxk−=在ππ,312x−时有解等价于

函数()yfx=与yk=在ππ,312x−时有交点，则22k−．19.如图所示是在圆锥内部挖去一正四棱柱所形成的几何体，该正四棱柱上底面的四顶点在圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，已知圆锥侧面积为15，底面半径为3r=.（Ⅰ）若正四棱柱的底面边长为

2a=，求该几何体的体积；（Ⅱ）求该几何体内正四棱柱侧面积的最大值.【答案】（Ⅰ）16123−；（Ⅱ）122.【解析】【分析】（Ⅰ）分别计算圆锥和正四棱柱的体积，再计算该几何体的体积；（Ⅱ）首先利用比例关系求得132212ha+=，再利用

基本不等式求得1ha的最大值，即可得到正四棱柱侧面积的最大值【详解】解：设圆锥母线长为l，高为h，正四棱柱的高为1h（Ⅰ）由Srl=圆锥侧，有315l=，故5l=，由222hrl+=，故2222534hlr=−=−=，所以圆锥体积为2211341233Vrh===圆

锥由2a=，有正四棱柱的底面对角线长为2，由图可得11hrhr−=，所以11318433rhhr−−===，故正四棱柱的体积为21816233Vah===正四棱柱所以该几何体的体积为16123VV−=−圆锥正四棱柱（Ⅱ）由图可得122arhh

r−=，即123243ah−=，即132212ha+=由11322262haha+，当且仅当13226ha==时左式等号成立，有112621232haha，当且仅当12h=，3a=时左式等号成立，故正四棱柱侧面积14122Sha=侧，当且仅当12h=，3a=时左式等号成立，所以该几何体内

正四棱柱侧面积的最大值为122.20.如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°.(1.若PB＝12，求PA；(2.若∠APB＝150°，求tan∠PBA.【答案】（1）72（2）34【解析】【详解】试题分析:（1）在三角形中，两边和一角知道，

该三角形是确定的，其解是唯一的，利用余弦定理求第三边.（2）利用同角三角函数的基本关系求角的正切值.（3）若是已知两边和一边的对角，该三角形具有不唯一性，通常根据大边对大角进行判断.（4）在三角形中，注意这个隐含条件的使用.试题解析:解：（1）由

已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°.在△PBA中，由余弦定理得PA2＝.故PA＝72.5分（2）设∠PBA＝α，由已知得PB＝sinα.△PBA中，由正弦定理得3sinsin150sin(30)=−，化简

得3cosα＝4sinα.所以tanα＝34，即tan∠PBA＝34.12分考点：（1）在三角形中正余弦定理的应用.（2）求角的三角函数.21.已知函数π()sin(2)4fxx=+，3ππ44x−（1）列表，描点，画函数()fx的简图，结合图象得出

函数的单调区间和最值；24x+x()fx（2）若12()()fxfx=，12()xx，求12()fxx+的值.【答案】（1）答案见解析（2）答案见解析【解析】【分析】（1）利用列表、描点、连线，即可得到函数()fx的简图，进而得出函数的单调区间和最值；（2）结合

函数的图象，根据题意，可分()()122(,1)2fxfx=−、()()1222fxfx==−和在()()122(1,)2fxfx=−−，三种情况讨论，即可求解.【小问1详解】解：由解析式可得：π24x+π4−0π2π3π27π4xπ4−π8−π83π85π83π4

()fx22−0101−22−所以()fx的图象如图示：所以()fx在[,]48−，53[,]84上递增，在5[,]88上递减，且函数()fx的最大值为1，最小值为1−.【小问2详解】解：①若()()122(,1)2fxf

x=−，其中12xx，则124xx+=，故()12π2()42fxxf+==；②若()()1222fxfx==−，其中12xx，当124xx+=，则()12π2()42fxxf+==；当1253[,]444xx+=−，此时()12fxx+无解；当122xx+=

，则()12π2()22fxxf+==−；③若()()122(1,)2fxfx=−−，其中12xx，则1253[,]444xx+=−，故()12fxx+无解.综上可得，()12fxx+的值为22..22

.为响应国家“乡村振兴”号召，农民老王拟将自家一块直角三角形地按如图规划成3个功能区：BNC区域为荔枝林和放养走地鸡，CMA区域规划为“民宿”供游客住宿及餐饮，MNC区域规划为小型鱼塘养鱼供休闲垂钓．为安全起见，在鱼塘MNC周围筑起护栏．已知40mAC=，403

mBC=，ACBC⊥，30MCN?o．（1）若20mAM=，求护栏的长度（MNC的周长）；（2）若鱼塘MNC的面积是“民宿”CMA的面积的3倍，求ACM；（3）当ACM为何值时，鱼塘MNC的面积最小，最小面

积是多少？【答案】（1）60203+（2）15（3）15=ACM时，CMN面积取最小值为21200(23)km−【解析】【分析】（1）先根据题干条件得到30B=，60A=，利用余弦定理求出203CM=，用

勾股定理逆定理得到CMAB⊥，进而求出CN，MN，求出护栏的长度；（2）设ACM=，利用MNC和CMA的面积关系和正弦定理得到CN的两种表达，列出方程，求出ACM；（3）结合第二问的求解，利用正弦定理和面积公式得到MNC面积关于ACM=的关系式，求出最小值.的【小问1详解

】∵40mAC=，403mBC=，ACBC⊥，∴3tan3ACBBC==，∴30B=，∴60A=，∴280ABAC==，在ACM△中，由余弦定理可得：22212cos16004002402012002CMACA

MACAMA=+−=+−=，则203CM=，∴222ACAMCM=+，∴CMAB⊥，∵30MCN=，∴tan3020==MNCM，∴240CNMN==，∴护栏的长度（MNC的周长）为204020360203++=+；

【小问2详解】设ACM=（060），因为鱼塘MNC的面积是“民宿”CMA的面积的3倍，所以11sin303sin22CNCMCACM=，即803sinCN=，60BCN=−，BCN△中，由

三角形外角定理可得90CNABBCN=+=−，在CAN△中，由40sin60sin(90)cos==−CNCA，得203cosCN=，从而203803sincos=，即1sin22=，由

02120，得230=，所以15=，即15=ACM；【小问3详解】设ACM=（060），由（2）知203cosCN=，90BCM=−，BCM中，由外角定理可得120CMABBCM=+=−，又在A

CM△中，由()sin60sin120CMCA=−，得()203sin120CM=−，所以()21300300sin302sin120cos13sincoscos22CMNSCMCN===−+6001200sin23cos232sin(260)3222

==++++，所以当且仅当26090+=，即15=时，CMN的面积取最小值为21200(23)km−.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com