【文档说明】重庆市育才中学校2022-2023学年高一下学期期中数学试题 含解析.docx，共(23)页，2.206 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市育才中学校高2025届2022-2023学年（下）期中考试数学试题本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答卷前，请考生务必把自己的姓名、

准考证号填写在答题卡上；2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在本试卷及草稿纸上无效；3.考试结束后，将答题卡交回.第Ⅰ卷一、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.已知向量()1,2a=r，()cos

,sinb=，且向量a与b平行，则tan的值为（）A.12−B.-2C.12D.2【答案】D【解析】【分析】由平行向量的坐标表示即可得出答案.【详解】向量()1,2a=r，()cos,sinb=，且向量a与b平行

，所以1sin2cos0−=，即tan2=.故选：D.2.已知复数()()221izmmm=−−++（Rm，i为虚数单位）为纯虚数，则m的值是（）A.1B.-1C.2D.-2【答案】C【解析】【分析】z是纯虚数需要满足实部等于0

，虚部不等于0，即可求出结果；【详解】因为z是纯虚数，所以22010mmm−−=+，解得2m=.故选：C.3.用一个平面去截一个几何体，得到的截面是圆面，则这个几何体不可能是A.圆锥B.圆柱C.球D.棱柱【答案】D【解析】【分析】根据用一个平面去截旋转体均可以得到圆面，平面截棱柱得到的截

面为一个多边形，即可求解.【详解】根据旋转体的定义，可知用一个平面去截圆锥、圆柱、球均可以得到圆面，根据棱柱的定义，可知平面截棱柱得到的截面为一个多边形，一定不会产生圆面，故选D.【点睛】本题主要考查了旋转体的定义及截面的形

状的判定，其中解答中熟记旋转体的定义和旋转体的结构特征是解答的关键，着重考查了空间想象能力，属于基础题.4.在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.已知3ab=，2AB=，则A的值是（）A.π3B.2π3C.π6D.5π6【答案】A【解析】【分析】由条件，结合正弦定理化边

为角可得sin3sinAB=，又2AB=，化简可求A的值.【详解】由正弦定理可得sinsinabAB=，又3ab=所以sin3sinAB=，又2AB=，所以sin23sinBB=，所以2sincos3sinBBB=，因为sin0B，所以3cos2B=，()0,πB，所以π6B

=，所以π23AB==.故选：A.5.若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为120且面积为3π的扇形，则该圆锥的高为（）A.2B.22C.23D.32【答案】B【解析】【分析】设圆锥的母线长为l，底面半径为r，根据扇形弧长公式和圆锥侧面积公式列方程求,lr，由此可求圆锥的高.【详解】设圆锥的母

线长为l，底面半径为r，则3ππrl=，120π2π180lr=，解得1r=，3l=所以圆锥的高为2222hlr=−=，故选：B.6.在边长为6的正方形ABCD中，点E为DC的中点，点F在边BC上

且12BFFC=，则=AEAF（）A.18B.24C.30D.42【答案】C【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用向量数量积的坐标表示可得.【详解】如图建立平面直角坐标系，易知(0,0),(3,6

),(6,2)AEF，所以(3,6),(6,2)AEAF==，所以366230AEAF=+=.故选：C7.托勒密是古希腊天文学家、地理学家、数学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理原文：圆的内接四边形中，两对角线所包矩形的面积等于一组对边

所包矩形的面积与另一组对边所包矩形的面积之和.其意思为：圆的内接凸四边形两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积.从这个定理可以推出正弦、余弦的和差公式及一系列的三角恒等式，托勒密定理实质上是关于共圆性的基本性质.已知四边形ABCD的四个顶点在同一个圆的圆周上，AC、BD是其两条对

角线，43BD=，且ACD为正三角形，则四边形ABCD的面积为（）A.163B.16C.123D.12【答案】C【解析】【分析】设ACADCDa===，利用托勒密定理求得43ABBCBD+==，利用圆的几何性质

可得出π3ABDACD==，π3CBDCAD==，然后利用三角形的面积公式可求得四边形ABCD的面积.【详解】设ACADCDa===，由托勒密定理可知ABCDADBCACBD+=，即aABaBCaBD+=，所以，43

ABBCBD+==，又因为π3ABDACD==，π3CBDCAD==，因此，11sinsin2323ABDBCDABCDSSSABBDBCBD=+=+四边形()()2334312344ABB

CBD=+==.故选：C.8.在锐角ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.若coscos3sin3sinBCAbcC+=，且2cos22cos12BB+=，则ac+的取值范围是（）A.(3,23ùúûB.(3,23C.3,23D.3,23【答案】D【

解析】【分析】先由二倍角的余弦公式化简2cos22cos12BB+=，可得π3B=，再根据条件coscos3sin3sinBCAbcC+=，利用正弦定理边化角，可得3b=，进而将ac+利用正弦定理边化角可得π23sin6acA+=+，进而可得

取值范围.【详解】2cos22cos12BB+=，1coscos2212BB++=，22coscos10BB+−=，即()()2cos1cos10BB−+=，因为ABC为锐角三角形，所以1cos2B=，则π3B=.由正弦定理得：coscoscoscossincossincossin

3sinsinsin3sinBCcBbCCBBCAAbcbcbCbCC+++====所以3b=，所以()2ππsinsin2sin2sin23sinsin36bacACAAAB+=+=+−=+.因为ABC为锐角三角形，所以ππ00ππ

222πππ6200322AAAAC−，ππ2π363A+，所以3πsin126A+，所以(3,23ac+.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.已知复数2i1iz=+（i为虚数单位）则下列结论正确的是（）A.2z=B.z的实部为1C.z的共辄复数是

1iz=−−D.在复平面内z对应的点在第二象限【答案】AB【解析】【分析】利用复数的乘除运算可得1iz=+，根据复数模的求法可判断A；根据复数的概念可判断B；由共轭复数的概念可判断C；由复数的几何意义可判断D.【详解】()2i1i2i1i1i2z−===++，2z

=；z的实部为1；z的共辄复数为1iz=−；z在复平面内的对应点为()1,1，位于第一象限.故A、B正确，C、D不正确.故选：AB10.下列说法正确的是（）A.棱柱所有的面都是平行四边形B.正方体的外接球与内切球的表面积之比为3：1C.已知ABC是边长为2的正三角形，则其直观

图的面积为64D.以等腰梯形的一条腰所在的直线为旋转轴旋转一周，形成的几何体是圆台【答案】BC【解析】【分析】根据棱柱的性质判断A，求球的外接球的半径和内切球的半径，结合球的表面积公式判断B，根据斜二测画法判断C，根据旋转体的结构特征判断D.【详解】对于A，三棱

柱的底面为三角形，A错误；对于B，设正方体的边长为a，则其外接球半径为11322ACa=，内切球半径为121122OOa=，所以其外接球表面积为2234π3π2aa=，内切球表面积为2214ππ2aa=，所以正方体外接球与内切

球的表面积之比为3：1，B正确；.的对于C，以AB的中点O为原点，AB为x轴建立平面直角坐标系，再作其直观图如下：ABC的面积为113322222ABCO==，根据斜二测画法的规定可得1322COCO==，2ABAB==，45COB=过点C作CDAB⊥，垂足为D，则

6sin454CDCO==，其直观图ABC的面积为1662244=，C正确；以等腰梯形的一条腰所在的直线为旋转轴旋转一周，形成的几何体为一个圆锥和一个圆台并挖去一个圆锥的的组合体，D错误.故选：BC.11.在ABC中，角

A、B、C的对边分别为a、b、c.则下列命题正确的是（）A.若coscAb=，则ABC为直角三角形B.若sin2sin2AB=，则ABC是等腰三角形C.若222bca+，则ABC为钝角三角形D.若2bac=，则π03B【答案】ACD【解析】【分析】由条件结合余弦定理证明

222cab+=，由此判断A，由条件结合正弦函数性质及角的范围证明π2AB+=或AB=由此判断B，由条件结合余弦定理证明cos0A判断C，由条件结合余弦定理和基本不等式证明1cos2B判断D.【详解】对于A，因为coscAb

=，又余弦定理可得222cos2bcaAbc+−=，所以2222cbcabbc+−=，化简可得22222cbca=+−，故222cab+=，所以ABC为直角三角形，A正确；对于B，因为sin2sin2AB=，所以222ππ,ZABk

k+=+或222π,ZABkk−=，又()()()0,π,0,π,0,πABAB+，所以π2AB+=或AB=，所以ABC是直角三角形或等腰三角形，B错误；对于C，因为222bca+，所以222cos02bcaAbc+−=，又()

0,πA，所以A为钝角，故ABC为钝角三角形；C正确；对于D，由余弦定理可得222cos2acbBac+−=，由基本不等式可得22cos2acbBac−，当且仅当ac=时等号成立，因为2bac=，所以21c

os22acacBac−=，又()0,πB，所以π03B，故D正确；故选：ACD.12.在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知32c=，coscos3aCcA+=，点O是ABC所在平面内一点.则下列判断正确的是（）A.若60C=，则满足条件的ABC有

且仅有一解B.若O为ABC的外心，则92AOBC=−C.若O为ABC的重心，点P满足113222OPOAOBOC=++，则:1:3OBPABCSS=△△D.若20OAOBOC++=，且3cos4CAO=，则32BC=【答案】ABD【解析】【分析】由

正弦定理求得63sin42B=，可判断A；若O为ABC的外心，由平面向量基本定理可得()2212AOBCACAB=−代入可判断B；设AB的中点为E，由题意化简可得2OCOE=−，可知P是CO中点，O是PE中点，

可得出:1:6OBPABCSS=△△可判断C；设BC中点为F，AFx=，则2ABAFAC=−，两边平方可求出AF，由余弦定理可求出BC，可判断D.【详解】()coscos32sincossincos32sin3aCcARACCARB+=+==，即3b=，对于A，3b=，32c=，

60C=，由正弦定理可求得：63sin42B=，所以满足条件的角B只有一个，故选项A正确；对于B，若O为ABC的外心，设M为BC中点，则OMBC⊥，所以()()()()22119222AOBCAMMOBCAMBC

ABACACABACAB=+==+−=−=−，故选项B正确；对于C，113222OPOAOBOC=++，设AB的中点为E，则1132222OPOAOBOCOEOC=++=+，因为O为ABC的重心，2OCOE=−，因为OPO

E=−，即P是CO中点，O是PE中点，故:1:6OBPABCSS=△△，故选项C错误；对于D，由20OAOBOC++=得O是BC边上中线的中点，设BC中点为F，AFx=，则2ABAFAC=−，两边平方得：24990xx−−=，解得：3x=或34x=−（舍去），由余弦定理得：22

2333cos2334CFCAO+−==，解得：322CF=则32BC=，故选项D正确.故选：ABD.第Ⅱ卷三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.平面直角坐标系xOy中，角的始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于第一象

限的点3,5Pm，则tan=________.【答案】43【解析】【分析】根据3,5Pm为单位圆上位于第一象限的点，直接求解即可.【详解】因为角的终边与单位圆交于第一象限的点3,5

Pm，所以223150mm+=，解得：45m=，445tan335==.故答案为：4314.球O被平面所截得的截面圆的面积为π，且球心到平面的距离为2，则球O的半径为________.【答案】5【

解析】【分析】先求出截面圆的半径，利用勾股定理可求得球的半径.【详解】设截面圆的半径为r，球O的半径为R，球心到平面的距离为d，则222rdR+=，因为截面圆的面积为π，所以2ππr=，故1r=，又2d=，所以222125R=+=，故5R=.故答案为:5.15.定义*ab是向量a和b的“向量积

”，其长度为*sinabab=，其中为向量a和b的夹角.若()2,0a=，()1,3b=，则()*aab+=________.【答案】23【解析】【分析】根据数量积求出夹角的余弦值，再由同角三角函数的基本关系求夹角的正弦值，然后再

根据向量积的定义即可求解.【详解】因为()2,0a=，()1,3b=所以(3,3)ab+=，所以2a=，23ab+=所以23033cos,2223aab++==因为,0,πaab+，所

以1sin,2aab+=所以()1*223232aab+==故答案为：2316.在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c.已知36ABAC=，sincossinBAC=，24ABCS=.则c=_______

___﹔若点Р为线段AB上的点，且CACBCPxyCACB=+，则xy的最大值是_________.【答案】①.10②.12【解析】【分析】首先由sincossinBAC=及sinsin()BAC

=+得出π2C=，再由36ABAC=得出6b=，由6ABCS=得出8a=，由此可求c，由已知设APAB=uuuruuur，[0,1]，结合已知得出168xy+=，根据基本不等式求解即可．【详解】因为sincossinBAC=，sinsin()BAC=+，所以sin()c

ossinACAC+=，即sincoscossincossinACACAC+=，所以sincos0AC=，因为(0,π)A，所以sin0A，所以cos0C=，由(0,π)C得π2C=，由36ABAC=得cos36bABACABACAcb

c===，所以6b=，由124122ABCSBCACab===及6b=得8a=，所以2210cab=+=，因为点Р为线段AB上的点，所以可设APAB=uuuruuur，[0,1]，()1CP

APACABCACACB=−=+=−+，[0,1]，因为CACBCPxyCACB=+，所以1xCA=−，yCB=，所以11xyCACB+=−+=将6CA=，8CB=代入得，168xy+=，即43

24xy+=，且06x，08y，由基本不等式可得4321243xyxyxy+=，当且仅当3,4xy==时，等号成立，所以2443xy，当且仅当3,4xy==时，等号成立，所以12xy，当且仅当3,4xy==时，等号成立，所以xy的最大值是1

2.故答案：10，12．【点睛】知识点点睛：本题考查的知识点有两角和的正弦公式，向量的数量积运算，三角形面积公式，向量的线性运算，平面向量基本定理，基本不等式，属于综合题，问题解决需要较强的数学素养.四、解答题：本题共6小题，共

70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.已知向量()1,1a=，()2,0b=.（1）求2ba−；（2）求a与2ba−的夹角.【答案】（1）2（2）3π4【解析】【分析】（1）根据向量模的坐标公式，即可求解.（2）

代入向量夹角的坐标公式，即可求解.【小问1详解】因为向量()1,1a=，()2,0b=，所以()20,2ba−=−，则22ba−=【小问2详解】()222cos,22222abaabaaba−−−===−−，所以a与2ba−的夹角为3π4.18.在①向量()3cos,mAa=−与向量

(),sinncC=垂直，②32ABCABACS=△，③()sinsinsincbCaAbB−=−这三个条件中任选一个，补充在下面题目横线上，并完成解答.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足__

_______.（1）求角A；为（2）若3a=，sin2sinBC=，求ABC的周长.（注：若选多个条件作答，则按第一个计分）【答案】（1）3A=（2）333+【解析】【分析】（1）选①：根据向量垂直的坐标表示，结合正弦定理边化角化简可得；选②：由数量积定义和三角形面积公式化简可得；选③：利用

正弦定理角化边，然后由余弦定理可得；（2）利用正弦定理角化边，再结合余弦定理联立求解可得.【小问1详解】选①：因为mn⊥，所以3cossin0cAaC−+=由正弦定理可得：3sincossinsin0CAAC−+=因为(0,),sin0CC，所以3cossin0AA−+=，即

tan3A=又(0,)A，所以3A=选②：因为32ABCABACS=△所以13cos2sin2bcAbcA=，即tan3A=又(0,)A，所以3A=选③：因为()sinsinsincbCaAbB−=−所以由正弦定理可得：()22cbcab−=−整理得：2

22122bcabc+−=，即1cos2A=又(0,)A，所以3A=【小问2详解】因为3a=，所以由余弦定理可得229bcbc+−=...①又sin2sinBC=，所以由正弦定理可得2bc=...②联立

①②解方程组得：23,3bc==所以ABC的周长3233333++=+19.在长方体1111ABCDABCD−中，下底面ABCD的面积为16，14AA=.（1）求长方体1111ABCDABCD−的表面积的最小

值；（2）在（1）条件下，设上底面1111DCBA的中心为1O，求三棱锥1AOBC−的体积.【答案】（1）96（2）323【解析】【分析】（1）首先利用棱长表示正方体的表面积，再结合基本不等式求最小值；（2）利用等体积转化求

三棱锥的体积.【小问1详解】设ABa=，BCb=，由题意可知，16ab=，则长方体的表面积()()2432832163296Sababab=++=+++=，当4ab==时，等号成立，所以长方体表面积的最小值为96；【小问2详解】由（1）可知，4ABBC==，根据等

体积公式可知，111111324443323AOBCOABCABCVVSAA−−====.20.在ABC中，π6B=，3cos5C=，D是BC边上一点，7CD=，5AC=.的（1）求ADC的大小；（2）求ABC的面积.【答案】（1）π4ADC=；

（2）683+.【解析】【分析】（1）利用余弦定理求AD，再结合余弦定理求ADC的大小，（2）由正弦定理求AB，结合内角和关系求sinBAC，根据三角形面积公式求ABC的面积.【小问1详解】在ACD中，

由余弦定理可得2222cosADCDACCDACC=+−，因为7CD=，5AC=，3cos5C=，所以222375275325AD=+−=，所以42AD=，在ACD中，由余弦定理可得2223249252cos222427ADCDACADCADCD+−+−==

=，又()0,πADC，所以π4ADC=；【小问2详解】在ABC中，由正弦定理可得sinsinACABBC=，由3cos5C=，()0,πC，可得24sin1cos5=−=CC，又5AC=，π6B=，所以51425AB=，故8AB=，因为()()sinsin

πsinsincoscossinBACBCBCBCBC=−−=+=+，所以1334343sin252510BAC+=+=，所以ABC的面积11343sin856832210SABACBAC+===+

.21.已知函数()()2π2cos23sinsin102222xxxfx=++−在一个周期内的图象如图所示.图中点A为图象的最高点，点B、C为图象与x轴的交点.ABC为等腰直角三角形，且90BAC=.（1）求的值及函数

()fx的递增区间；（2）若对0,2x，不等式()2fxm−成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）π4=，函数()fx的递增区间为()848,8,Z33kkk−+；（2）m的取值范围为0,3.【解析】【分析】（1）化简函数解析式，由条件求点A

的纵坐标及BC，再求周期，利用周期公式求，结合正弦函数单调性求函数()fx的递增区间；（2）由已知可得()max2fxm+，()min2fxm−，结合正弦函数的性质求函数()fx在0,

2的最值可得结论.【小问1详解】()2π2cos23sinsin12222xxxfx=++−223sincos2cos1222xxx=+−，3sincosxx=+，312sincos22xx=+，π2si

n6x=+，因为点A为图象的最高点，所以点A的纵坐标为2，又ABC为等腰直角三角形，且90BAC=，所以224BC==，所以42T=，故8T=，又0，所以2ππ4T==，所以()ππ2sin46

fxx=+，由ππππ2π2π,Z2462kxkk−++，可得8488,Z33kxkk−+，所以函数()fx单调递增区间为()848,8,Z33kkk−+；【小问2详解】不等式()2fxm−可化为，()22fxm−−，即()22mfxm

−+，因为对0,2x，不等式()2fxm−成立，所以()max2fxm+，()min2fxm−，其中0,2x，由02x可得πππ2π6463x+，所以1ππsin1246x+，故()1

2fx，所以函数()fx在0,2上的最大值为2，此时43x=，函数()fx在0,2上的最小值为1，此时0x=，所以22m+且21m−，所以03m，所以m的取值范围为0,3.22

.已知ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且3sincosbcCCa++=.的（1）求A；（2）设ABC的外接圆圆心为O，且2BABCBO+=，BOr=（r为定值）.如图，ABP是以AB为半径，BAC为圆心角的扇形，点D为BC边上的动点，点E

为AC边上的动点，满足DE与BP相切，设BAD=.①当π6=，2r=时，求DE；②在点D、E的运动过程中，AECDDE的值是否为定值?若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由.【答案】（1）π3A=（2）①233DE=；

AECDDE的值为定值，此定值为3r−.【解析】【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简已知式可得3sincos1AA−=，由辅助角公式可得π2sin16A−=，即可求出A；（2）①由题意可得π3A=，由2BOr==，得2,4,23ABACBC===，代入即可求解；

②根据正弦定理、三角形的恒等变换和平面向量的数量积公式，即可求解.【小问1详解】根据正弦定理可得：3sinsinsincossinsinACACBC+=+，即()3sinsinsincossinsinsincoscossinsinACAC

ACCACACC+=++=++，整理得：3sincos1AA−=，即π2sin16A−=，因为A为三角形的内角，所以ππ66A−=，即π3A=.【小问2详解】①由2BABCBO+=知，O为AC中点，因为A

BC外接圆圆心为O，所以90B=，由（1）知，π3A=，由2BOr==，得2,4,23ABACBC===，当π6=时，点P与E重合，E为切点，且2EC=，233DE=.②在ADEV中，πsinsincos2ππsinsinsin33AEADEDEDAE−

===−−，()π2sin3cossin33tancoscosrrCDBCBDrr−−=−=−==，故π5π2sincoscos3363πcos2sin3rAECDAECDrDEDE−

==−=−−，所以在点D、E的运动过程中，AECDDE的值为定值，此定值为3r−.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com