【文档说明】安徽省滁州市九校联考2022-2023学年高一下学期4月期中考试数学试题 含解析.docx，共(20)页，1.247 MB，由小赞的店铺上传

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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3,2,4,5,7,10A=−，25140Bxxx=−−，则AB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B，然后根据集合交集运算即可求解.【详

解】∵集合2514027Bxxxxx=−−=−，而3,2,4,5,7,10A=−，∴2,4,5,7AB=，∴A∩B中元素的个数为4．故选：C．2.设(1i)iab++=−，其中a，b是实数，则（）A

.1,1ab=−=−B.1,1ab=−=C.1,1ab==D.1,1ab==−【答案】B【解析】【分析】利用复数相等即可求出结果.【详解】因为(1i)iab++=−，即iiaba++=−，则10aab=−+=，即11ab=−=，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ABC中，60A=，3BC=，则ABC外接圆的半径为（）A.1B.2C.3D.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32sin32aRA==，则1R=，故ABC外接圆的半径为1.故选：A.5.已知△ABC是正三角形，且2AOABAC=+，则向量AO在向量AB上的投影向量为（）A14ABB.34ABC.32ABD.34AB【答

案】B【解析】【分析】根据题意求出AO与AB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2AOABAC=+，所以以,ABAC为邻边作平行四边形ABDC，则四边形ABDC是菱形，O是BC的中点，所以1302BAOBAC==，即AO与AB的夹角为30，所

以AO在AB上投影向量为cos30coscos30AOeABBAOe=333224ABABABAB==（其中e表示与AB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.9,10B.)9,10C.219,2D.9,212【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..的【详解】由题意可知：圆柱盒子内高h的范围为3642h≤．则圆柱盒子的体积21π39πVhh==，因为一个小球的体积324π336π3V==，所以129π219,36π2VhV=

，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2OA=，且2OAAP=−，则OAOP+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2OAAP=−，可求得1cosOPAOP=，确定其取值范围，再根据OAOP+平方后的式子，即可求得

答案.【详解】因为APOPOA=−，所以()22OAAPOAOPOAOAOPOA=−=−=−，所以2OAOP=，即cos2OAOPAOP=，则1cosOPAOP=．因为点P是圆O内部一点，所以12cosOPAOP=，所以1cos12AOP

，则()22221289cosOAOPOAOAOPOPAOP+=++=+，当且仅当cos1AOP=时，等号成立，故OAOP+的最小值是3,故选：A.8.已知2022a=，2223b=，cab=，则a，b，c的大小关系为（）A.cabB.bacC.acbD.abc

【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2022a=，2223b=，cab=两边取对数，得20log22a=，22log23b=，log

acb=．()22022lg22lg20lg23lg22lg23log22log23lg20lg22lg20lg22ab−−=−=−=．由基本不等式，得:()222222lg20lg23lg460lg484lg22lg20lg23lg222222+

===，所以()2lg22lg20lg230−，即0ab−，所以1ab．又loglog1aacba==，所以abc.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6zz=−，其中z为虚数，则下列结论正确的是（）A.当1iz=−时，的虚部为－2B.当1iz=−时，24i=−+C.当1iz=+时，25=D.当1iz=+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1iz=−时，()()()()61i61i1i1i31i24i1i1i1i+=−−=−−=−−+=−−−−+，∴ω的虚部为－4，故选项A错误；当1iz=−时，()()()()61i61i1i1i31i24i1i1i1i+=−−

=−−=−−+=−−−−+，则24i=−+，故选项B正确；当1iz=+时，()()()()61i61i1i1i31i24i1i1i1i−=+−=+−=+−−=−+++−．∴()222524−=+=，故选项C正确；当1iz=+时，24i=−+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()1,3a=，()2,bt=，则下列说法正确的是（）A.若ab∥，则6t=B.若abab+=−，则23t=C.ab+的最小值为3D.当23t−时，a与b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ab∥，则1320t−=，即6t=，故A正确；若abab+=−，则22abab+=−，∴22222

2aaabbabb−=+++，∴0ab=，∴1230t+=，即23t=−，故B错误；∵()()12,33,3abtt+=++=+，∴()2223333abt+=++=≥（当30t+=，即3t=−时取等号）

，故C正确；当23t=−时，易得212303+−=，即a与b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()()sinfxx=+（其中0，π），06fπ−=，()π2fxf恒成立，且函数()fx在区间ππ,918−上单调，那么下列说法正确

的是（）A.存在，使得()fx是偶函数B.()()0πff=C.是34的整数倍D.的最大值是6【答案】BC【解析】【分析】根据函数()fx满足的性质推出()()121232ππ,,Z84kkkk+=−+，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()()21213233421244kkkk−−=−−，可判断C；当6=时，可列式求解，根据解的结果可判断D.【详解】对于A,∵06fπ−=，()π2fx成立，∴π06π12ff

−==−，整理得()1122ππ6,,Zππ2π22kkkk−+=+=−，解得=()()21213233421244kkkk−−=−−，()()121232ππ,,Z84kkkk+=−+，假设存在，使得()fx是偶函

数，则()()1212Z,232πππ2π,,84kkkkkk+−+=+，即12522)8(3kkk+−=，该式左侧为偶数，不可能等于5，矛盾,故A错误；对于B，因为()π2fxf，函数()fx的图象关于π

2x=对称，∴()()0πff=，故B正确；对于C，∵()()21123421,,Z4kkkk=−−，∴是34的整数倍，故C正确；对于D，∵函数()fx在区间ππ,918−上单调，∴πππ12π189

62−−=，即6，当6=时，由12ππ6ππ2π22kk−+=+=−，整理得()()11221π,,Z72π2kkkk=+=−，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()212log611yxx=−+的值域为________.【答案】(

,1−−【解析】【分析】首先根据题意得到26112xx−+，再根据单调性求值域即可.【详解】因为()22611322xxx−+=−+，所以()21122log611log21yxx=−+=−.所以函数

的值域为：(,1−−故答案为：(,1−−14.如图所示，ABC表示水平放置的ABC用斜二测画法得到的直观图，AB在x轴上，BC与x轴垂直，且3BC=，则△ABC的边AB上的高为________.【答案】62【解析】【分析】

作线段//CDy，交x轴于点D，则所求的高为2CD，根据三角知识即可求解．【详解】作线段//CDy，交x轴于点D，则332sin4522BCCD===，所以边AB上的高为262CD=故答案为：62．15.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】36123+##12336+【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：,,12CHxBCyAB===，75,45HADDAC==，因为()tan45tan30tan75tan4530231tan45tan30+=+==+−，在RtDAC中，12tan45y=①，在RtDAHV中，12tan

75xy−=②，①②联立，解得36123x=+．故答案为：36123+.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】（62

−，6+2）【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sinsinBCBEEC=，即oo2sin30sin75BE=，解得BE=6+2，平移A

D，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，sinsinBFBCFCBBFC=，即oo2sin30sin75BF=，解得BF=62−，所以AB的取值范围

为（62−，6+2）.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()()222252izmmmm=+−+++，其中Rm，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yx=的上方，求m的取值范围．【答案】（1）1m=（2）()(),22,−−−+【解析】【分析】（1）根据纯虚数的定义即可求解；（2）令222252mmmm+−+

+，求解即可.【小问1详解】()()()()()()222252i12212izmmmmmmmm=+−+++=−++++，由()()()()1202120mmmm−+=++，解得1m=，故当1m=时，z为纯虚数.【小问2详解】由题可得：()()()()12

212mmmm−+++，∴()220m+>，即2m−，∴m的取值范围为()(),22,−−−+．的18.在ABC中，,,abc分别是角,,ABC所对的边，且满足222abcab+−=．（1）求角C的大小；（2）设向量33sin,

2aA=，向量()1,2cosbC=−，且ab⊥，判断ABC的形状．【答案】（1）π3C=；（2）直角三角形【解析】【分析】（1）利用余弦定理求解即可；（2）由ab⊥，可得1sincos2AC==，即有π6A=，π2B=，即可得结论.【小问1详解】解：因为222abcab+−=，所以

2221cos22abcCab+−==，因为()0,πC，所以π3C=；【小问2详解】解：因为33sin,2aA=，()1,2cosbC=−，且ab⊥，所以33sin2cos02AC−=，所以1sincos2AC==，所以π6A=或5π6A=（舍），当π6A=时，π2B=，

所以ABC为直角三角形．19.已知函数()fx是定义域为R的奇函数，且当0x时，()2xfxa−=−+．（1）求函数()fx的解析式；（2）若1a，求不等式()()340fxfx++的解集．.【答案】（1

）()2,00,02,0xxaxfxxax−−+==−（2）1xx−【解析】【分析】(1)由函数()yfx=是定义域为R的奇函数，得()00f=，当0x时，由奇函数的性质及0x

时的解析式可求得()2xfxa=−，即可把()fx的解析式写成分段函数的形式；(2)由(1)的解析式得到函数()fx在(),0−和()0,+上的单调性，当1a时，由00202aa−−−+≥≥可知函数()f

x在R上单调递增，利用奇函数的性质把不等式转化为()()34fxfx−−，由()fx的单调性即可得出34xx−−，从而求出解集.【小问1详解】因为函数()yfx=是定义域为R奇函数，所以()00f=，当0x时，0x−

，则()2xfxa−=−+，所以当0x时，()()()22xxfxfxaa=−−=−−+=−，所以()2,00,02,0xxaxfxxax−−+==−；【小问2详解】由（1）得()2,00,02,0xxaxfxxax−−+==−，则函数()yf

x=在(),0−和()0,+上分别单调递增．当1a时，因为00202aa−−−+≥≥，所以函数()yfx=在R上单调递增，由()()340fxfx++得()()34fxfx−+，因为()()fxfx=−−，所以()()34fxfx−−，由函数()yfx=在R上

单调递增得34xx−−，解得1x−，故不等式()()340fxfx++的解集为1xx−．的20.如图，已知四边形ABDE为平行四边形，点C在AB延长线上，且13ABBC=，14AMAD=，设ABa=，AEb=．（1）用向量a，b表示CD；（2）若线段CM上

存在一动点P，且(),RAPmanbmn=+，求2nmn+的最大值．【答案】（1）3ab−+（2）27【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()14AMab=+，4ACa=，再结合点M，P，C三点共线，则存在唯一的实数t，0,1t，使得()

1APtAMtAC=+−，进而得到1544tm=−，4tn=，令()222157416448tttftnmntt=+=+−=−+，利用二次函数的性质即可求解.【小问1详解】33CDCBBDABAEab=+=−+=−+．【小问2详解】()()111444AMADABAEa

b==+=+，44ACABa==，∵点P在线段CM上，即点M，P，C三点共线，∴存在唯一的实数t，0,1t，使得()1APtAMtAC=+−，∴()115(1)44444ttAPtabtaab=++−=−+，而APmanb=+，∴1544tm=−，4tn=，∴令()222

157416448tttftnmntt=+=+−=−+．对称轴为40,17t=，故()max7164284977ft=−+=，即2nmn+的最大值为27．21.已知函数()()π1sin2062fxx=−−的最小正周期是π2．（1）求(

)fx的解析式，并求()fx的单调递增区间；（2）将()fx图像上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，再向左平移π6个单位，最后将整个函数图像向上平移32个单位后得到函数()gx的图像，若π6π23x时，()2gxm−

恒成立，求m的取值范围．【答案】（1）()π1sin462fxx=−−，单调增区间为ππππ,21226kk−+，kZ（2）()0,2【解析】【分析】（1）由函数()fx的最小正

周期是π2求出，即可得到()fx的解析式，由正弦函数的单调性得到增区间满足πππ2π42π262kxk−−+，解出x即可得到()fx的单调递增区间；（2）先通过三角函数图像的变换求出函数()gx

的解析式，由()2gxm−化简得()()22gxmgx−+在π6π23x上恒成立，转化为()()maxmin22gxmgx−+，π6π23x，求出()gx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】∵()π1sin262fxx=−

−，由2ππ22T==，解得2=，∴()π1sin462fxx=−−．由πππ2π42π262kxk−−+，Zk．得π2π2π42π33kxk−+，Zk．∴ππππ21226kkx−+，Zk．∴()fx

的单调递增区间为ππππ,21226kk−+，Zk．【小问2详解】依题意得()πsin216gxx=++，∵()2gxm−，∴()()22gxmgx−+，当2,63ππx时，()()22gxmgx−+恒成立，只需()

()maxmin22gxmgx−+，下面求()gx的最大值与最小值：当2,63ππx时，ππ3π2,622x+，所以()ygx=为单调减函数，∴()max1126πgxg==+=，()min11032π

gxg==−+=，从而()max20gx−=，()min22gx+=，即02m，故m的取值范围是()0,2．22.如图，已知扇形OMN是一个观光区的平面示意图，其中扇形半径为10米，π3MON=，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ABO形状的道路，道路的一个顶点B在弧MN上（不含端点），MOB=，另一顶点A在半径OM上，且//ABON，ABO的周长为()

f，求()f的表达式并求()f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ABC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//ABON，ACON⊥，求

花圃ABC面积的最大值．【答案】（1）()203πsin1033f+=+，()20310m3+（2）2253m3【解析】【分析】(1)由题意结合图形，可得2π3OAB=，由正弦定理得20sin3AB=，20sin3π3OA=−，代入ABO的周长

得()f，由三角恒等变换化简得()203πsin1033f+=+，根据的范围即可求出()f的最大值；(2)由图可知，ABC的面积ABO的面积相等，由余弦定理得22100OAABOAAB=++，再由基本不等式得1

003OAAB，代入ABO的面积公式即可求ABC面积的最大值．【小问1详解】因为//ABON，π3MON=，所以2π3OAB=，，又因为MOB=，10OB=，所以在ABO中，由正弦定理知得1020π

sinsin33sin32OBABOAOAB====−，∴20sin3AB=，20sin3π3OA=−，ABO周长为()20sinsin33π10f=+−+，π0,3，所以()203120π203

πsincossin10sin10sin102233333f=+−+=++=++，∵π0,3，∴ππ2,π333+，∴当ππ32+=时，即π6=时，ABO周长取最大值，为()

20310m3+．【小问2详解】由题意，可知（2）中ABC的面积与（1）中ABO同底等高，即二者面积相等，在ABO中，10OBr==，ABON∥，π3MON=，2π3OAB=，由余弦定理知：2222cosOBOAABOAABOAB

=+−，∴2210023OAABOAABOAABOAABOAAB=+++=，当且仅当103OAAB==时等号成立，∴1003OAAB，()21211003253sinm232323ABCABOS

SOAAB===≤．即花圃ABC面积的最大值为2253m3．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com