2022-2023學(xué)年甘肅省頂級名校高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷（含解析）

2022-2023學(xué)年甘肅省頂級名校高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷

一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項(xiàng)中，選出符合題目的一項(xiàng)）

1.若sina=g,貝kos2a=()

A.1B.（C.一（D.

9999

2.在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z與之對應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于實(shí)軸對稱，貝ijz等于（）

1—1

A.1+iB.-1—iC.—1+iD.1-i

3.設(shè)優(yōu)坂是非零向量，"五?3=|五||石『‘是"2〃石"的（）

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

4.已知正△4BC的邊長為a,那么△力BC的平面直觀圖△4B'C'的面積為（）

222

A.^aB.^J-aC.?a?D.f^a

5.在ZMBC中，角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若（＜cosA,則448。為（）

A.鈍角三角形B.直角三角形C.銳角三角形D.等邊三角形

6.如圖，測量河對岸的塔高4B時(shí)可以選與塔底B在同一水平面A

/

內(nèi)的兩個(gè)測點(diǎn)C與。，測得NBC。=15°,4BDC=30°,CD=30,，/

/

并在點(diǎn)C測得塔頂4的仰角為60。，則塔高AB等于（）

A.5/7/Rk

B.15C

C.15A/-6

D.Sy[~2

7.C+[=（）

cosl900cos80°

A.—4B.4C.—2D.2

8.在AABC中，角4,B,C的對邊分別為a,b,c,且爐+c?—=a?,be=

則角C的大小是（）

二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項(xiàng)符合題目要求）

9.下列命題正確的是（）

A.圓錐的頂點(diǎn)與底面圓周上任意一點(diǎn)的連線都是母線

B.兩個(gè)面平行且相似，其余各面都是梯形的多面體是棱臺

C.以直角梯形的一條直角腰所在的直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余三邊旋轉(zhuǎn)一周形成的面所圍成的旋轉(zhuǎn)

體是圓臺

D,用平面截圓柱得到的截面只能是圓和矩形

10.已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z=￥3,則以下為真命題的是()

A.z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)在第一象限

B.z的虛部是一看

C.|z|=3-s/-5

D.若復(fù)數(shù)Zi滿足|z1-z|=l,則㈤的最大值為1+W

11.如圖所示，設(shè)Ox,Oy是平面內(nèi)相交成火84今角的兩條數(shù)軸，可，與分別是與x軸，y軸

正方向同向的單位向量，則稱平面坐標(biāo)系xOy為。反射坐標(biāo)系.在。反射坐標(biāo)系中，若加=

萬前+y孩，則把有序數(shù)對(x,y)稱為向量麗的反射坐標(biāo)，記為兩=(x,y).在。=:的反射坐

A.(-1,3)B.|五|=「

C.51KD.\b\=>n

12.已知函數(shù)/'(x)=sin償—2x)—2sin(x—》cos(x+與)，則下列關(guān)于函數(shù)/(x)的描述,

正確的是()

A.“X)在區(qū)間［0,芻上單調(diào)遞增

B.“X)圖象的一條對稱軸是x=Y

c./(x)圖象的一個(gè)對稱中心是G，0)

D.將f(x)的圖象向右平移掾個(gè)單位長度后，所得的函數(shù)圖象關(guān)于y軸對稱

三、填空題(本大題共4小題，共20.0分)

13.平面向量方與石的夾角為45。，五=(1,1),\b\=2，則|31+可=

14.已知s譏a=q^,sin(a—S)=—彳器，a,0均為銳角，則口=.

15.我國南宋著名數(shù)學(xué)家秦九韶發(fā)現(xiàn)了從三角形三邊求三角形面積的“三斜公式”，設(shè)4

4BC三個(gè)內(nèi)角4、B、C所對的邊分別為a、b、c,面積為S,則“三斜求積”公式為S=

J1[a2c2(。2+，2-廬)2],若"2"“'=4si"4.(a+C)2=12+i>2,則用“三斜求積"公式求

得^ABC的面積為.

16.已知在ACMB中，。4=。8=2,AB=2/3,動(dòng)點(diǎn)P位于線段4B上，則當(dāng)方.而取最

小值時(shí)，向量方與方的夾角的余弦值為.

四、解答題(本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)

17.(本小題10.0分)

(1)已知復(fù)數(shù)z滿足：=、?，求|z|；

⑵計(jì)算號+篙潴

18.(本小題12.0分)

學(xué)生到工廠勞動(dòng)實(shí)踐，利用3。打印技術(shù)制作模型.如圖，該模型為長方體2BCD-&B1GD1挖

去四棱錐。-EFGH后所得的幾何體.其中。為長方體的中心，E,F,G,H分別為所在棱的中

點(diǎn)、,AB=BC=6cm,=4cm.3。打印所用原料密度為0.9g/cm3,不考慮打印損耗，求

制作該模型所需原料的質(zhì)量.

19.（本小題12.0分）

如圖，在四邊形力BCD中，^DAB=pAD：AB=2：3,BD=<7,AB1BC.

(1)求sin乙4B0的值;

(2)若NBCD=^,求CD的長.

20.(本小題12.0分)

已知函數(shù)/'(x)=2sin2a)x+2y/~3sina)xcosa)x—l(co>0)>且函數(shù)f(x)的最小正周期為兀.

(1)求/(x)的解析式，并求出f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；

(2)將函數(shù)〃x)的圖象向左平移李個(gè)單位長度得到函數(shù)g(x)的圖象，求函數(shù)g(x)的最大值及

g(x)取得最大值時(shí)》的取值集合.

21.(本小題12.0分)

在①而袈菽=告；②*皆篝③2S=C加方這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在

下面的橫線上，并加以解答.

在△ABC中，角A,B,C的對邊分別是a,b,c,S為△4BC的面積，若.(填條件序號)

(1)求角C的大??；

(2)點(diǎn)。在C4的延長線上，且4為CD的中點(diǎn)，線段BD的長度為2,求△ABC的面積S的最大值.

22.(本小題12.0分)

△4BC的內(nèi)角4,B,C的對邊分別為a,b,c,已知asin竽=bstnA.

⑴求B；

(2)若AABC為銳角三角形，且c=l,求a的取值范圍.

答案和解析

1.【答案】B

【解析】【分析】

本題考查二倍角的余弦值的求法，考查運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.

根據(jù)cos2a=1-2si?12a能求出結(jié)果.

【解答】

解：sina=g,:.cos2a=1—2sin2a=1—2x^=^.

故選:B.

2.【答案】D

【解析】【分析】

本題考查復(fù)數(shù)的代數(shù)表示及其幾何意義，復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，考查運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.

利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算化簡，再由題意得答案.

【解答】解：=福為=1+，，

由復(fù)數(shù)z與二對應(yīng)的點(diǎn)關(guān)于實(shí)軸對稱，

1—1

--Z=1—I.

故選：D.

3.【答案】A

【解析】【分析】

本題考查充分條件，必要條件的判斷，向量的數(shù)量積，向量共線的定義，屬于中檔題.

分別討論充分性和必要性，即可得到答案.

【解答】

解:(1)a-b=\a\\b|cos<a,b>?

??a-b=|五時(shí),cos<a,b>=1，

a,b>=0，

?一五?方=|五||另I"是(ia//b"的充分條件；

(2)方〃加寸，萬花的夾角為0或兀，

■-a-b=|a||K|>或一|方||B|，

即日〃方得不到往7=|五||我，

??.ua-b=\a\\b\n不是ua//bn的必要條件，

二綜上可得，“五片=|引|可”是“五〃皮’的充分不必要條件.

故選：A.

4.【答案】D

【解析】【分析】

本題考查斜二測畫法，由正△ABC的邊長為a,知正△4BC的高為?a，畫到平面直觀圖4AB'C'后,

“高”變成原來的一半，

且與底面夾角45度，故△4B'C'的高為華ax岑a=￥a，由此能求出△4'B'C'的面積.

428

【解答】

解：?.?正AABC的邊長為a,.?.正AABC的高為?a，畫到平面直觀圖△4‘B'C'后，"高”變成原來

的一半，且與底面夾角45度，

4BC的高為空aX?=華a，

428

***△4'B'C'的面積S=xax=^-ra2.

Lo16

故選拉.

5.【答案】A

【解析】【分析】

本題主要考查了正弦定理，三角形的內(nèi)角及誘導(dǎo)公式，兩角和的正弦公式，屬于基礎(chǔ)試題.

由已知結(jié)合正弦定理可得sbiC<sinBcosA利用三角形的內(nèi)角和及誘導(dǎo)公式可得，sinQl+B)<

sinBcosA^^-^^sinAcosB+sinBcosA<0從而有si九4cosB<0結(jié)合三角形的性質(zhì)可求.

【解答】

解：???4是△4BC的一個(gè)內(nèi)角，0VAV",

???sinA>0.

,:7<cosA,

b

由正弦定理可得，sinC<sinBcosA

???sin(?l+8)<sinBcosA

???sinAcosB+sinBcosA<sinBcosA

，sinAcosB<0又sizM>0

??.cosB<0即B為鈍角.

故選A.

6.【答案】C

【解析】解：在^BCD中，乙BCD=15°,乙BDC=30°,則ZCBD=135°,

由正弦定理.2n=.則8。=xsin30°=15<2,

sinz.CBDsinz.BDCsml35

AB=BC-tan44cB=15「xC=15V-6.

故選：C.

在△BC。中由正弦定理求出BC,再在△ABC中求48.

本題考查正弦定理的基本運(yùn)用，屬于基礎(chǔ)題.

7.【答案】B

【解析?】解：「需+』

cos190cos80

口1

-—cosl00+sinlO0

_—\A3sinl0°+cosl00

~sinl00cosl00

2(|cosl0°-^sinl0°)

|sin20°

_2sin(30o-10°)

譏20°

=4.

故選：B.

先運(yùn)用誘導(dǎo)公式變形，再通分后，運(yùn)用二倍角公式及輔助角公式可求解.

本題考查誘導(dǎo)公式、二倍角公式、輔助角公式的靈活運(yùn)用，屬于中檔題.

8.【答案】A

【解析】解：在AABC中，角4B,C的對邊分別為a,b,c,

由墳4-c2-Ube=a2?得/+c2-a2=

由余弦定理得cosA=廬+c2-a2=9=g，

2bc2bc2

因?yàn)?V/V7T,所以o

1

X=

由be=及正弦定理得sinBsinC=V3sin2/l=V34-

即4si7i(/r-C-A)sinC=，^,

即4sin(C+A)sinC=4sin(C+^)sinC=V_3,

o

整理得，3cos2C=sin2C，則tcm2C=「，又0<2C<芋,

即2c=黑印即C屋或多

則角C的大小是C屋或與.

故選：A.

根據(jù)余弦定理得到4=會(huì)再利用正弦定理得到tan2C=C，即可求解.

本題考查了正弦定理和余弦定理的綜合應(yīng)用，屬于中檔題.

9.【答案】AC

【解析】解：對于4根據(jù)圓錐的母線的定義，可知A正確;

對于8,把梯形的腰延長后有可能不交于一點(diǎn)，

此時(shí)得到幾何體就不是棱臺，故B錯(cuò)誤;

對于C,根據(jù)圓臺的定義，可知C正確；

對于。，當(dāng)平面不與圓柱的底面平行且不垂直于底面時(shí),

得到的截面不是圓和矩形，故。錯(cuò)誤.

故選：AC.

根據(jù)圓錐母線的定義可判斷4根據(jù)棱臺的定義可判斷B,根據(jù)圓臺的定義可判斷C,根據(jù)平面與

圓柱底面的位置關(guān)可判斷D.

本題主要考查空間幾何體的定義與性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題.

10.【答案】AD

3+2i_(3+2i)(2+i)_47.

【解析】解:TT=(2-i)(2+t)=5+51

???Z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)為在第一象限，故4正確;

Z的虛部是，故B不正確；

憶|=J4)2+《)2=卓,故C不正確；

設(shè)Zi=x+yi,x,yeR,由％—z|=1得(x-款+(y—=1,

則點(diǎn)(x,y)在以(()為圓心，以1為半徑的圓上，

則(x,y)到(0,0)的距離的最大值為1+J?2+(32=1+萼,即％|的最大值為1+零，故。

正確.

故選：AD.

由復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算求出z,根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義可判斷4CD,根據(jù)復(fù)數(shù)的概念可判斷8.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于基礎(chǔ)題.

11.【答案】AD

【解析】解：H=(l,2),b=(2,-l)，

則五=國+2名花=2瓦一瓦,

故西一E=Z+2￡-2可+孩=一瓦*+3直，

故有一了=(一1,3)，故A正確：

a=(1,2),

則日=瓦+2石，兩邊同時(shí)平方可得，

-1=J(可+2協(xié)=J可Z+4可怎+4可、J聞"4聞|.同cos學(xué)+4國2

=Jl+4x(-j)+4=V-^>故B錯(cuò)誤；

a=(1,2),b-(2,—1)，

則五=百+2宅，3=2百一部，

27r

萬?石=(可+2孩)?(2可—孩)=2可+3瓦??瓦—2孩2=2|云/+3|萬|?|瓦|cos3-2|名『

=2+3x(-1)-2=-|*0,故乙環(huán)垂直，故C錯(cuò)誤；

I2TT

@=J(2t一的2=J4可2_4可怎+可2=I4|否『一引不.同|cosm?+同|2

=J4+4x2+1=<7，故D正確.

故選:AD.

4選項(xiàng)，根據(jù)條件，可得五一方=-可+3石，得到方-弓=(-1,3)，即可判斷；

B選項(xiàng)，根據(jù)|引=J畫+2的2,求出模即可判斷；

C選項(xiàng)，根據(jù)4%=?*+2豆),(2區(qū)一砌，計(jì)算出五?萬=一?40，即可判斷；

。選項(xiàng)，由日I=J(2/一或)2,計(jì)算出|B|=C，即可判斷.

本題主要考查平面向量的基本定理，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題.

12.【答案】AB

【解析】解:因?yàn)?(x)=sin償-2x)-2sin(x-》cos(x+多)

57157rTin

=(sin-^cos2x—cos-^-sin2x)—2sin(x--j)cos[(x—彳)+兀]

oo44

1V-3nn

=-^cos2xH———sin2x+2sin(%--y)cos(x--r)

LSL44

1n

-sin2x+—cos2x+sin(2x——)

2

1

=sin2x+cos2x—cos2x

1

=V23sin2x——cos2x

對于4當(dāng)OWxW割寸，-2<2X-2<2

所以，函數(shù)/(x)在區(qū)間[0,芻上單調(diào)遞增，A對；

對于B,/(-J)=sin(-2)=-1,故于乃圖象的一條對稱軸是x=J,B對；

對于C,/⑨=sin(2x卜*=1K0,C錯(cuò)；

對于。，將f(x)的圖象向右平移々個(gè)單位長度后，

可得到函數(shù)y=sin[2(x--^]=sin(2x-曲，

且函數(shù)y=sin(2x-由為非奇非偶函數(shù)，D錯(cuò).

故選：AB.

利用三角恒等變換化簡函數(shù)解析式為/(x)=sin(2x-3),利用正弦型函數(shù)的單調(diào)性可判斷4選項(xiàng);

利用正弦型函數(shù)的對稱性可判斷BC選項(xiàng)；利用三角函數(shù)圖象變換以及正弦型函數(shù)的奇偶性可判斷

。選項(xiàng).

本題主要考查三角恒等變換，正弦函數(shù)的圖象與性質(zhì)，函數(shù)丫=4$譏(3%+伊)的圖象變換，考查

運(yùn)算求解能力，屬于中檔題.

13.【答案】V34

【解析】解：同=，1,|方|=2,<蒼。>=45。，

:.五%=2,a2=2,~b=4，

\3a+b\=J(3五+方)2=J9a2+6a-b+b2=V18+12+4=

故答案為：V34.

根據(jù)條件可求出五不=2,五2=2范2=4,然后根據(jù)|3k+B|=J(32+9)2,進(jìn)行數(shù)量積的運(yùn)算

即可求出答案.

考查向量數(shù)量積的運(yùn)算及計(jì)算公式，根據(jù)向量的坐標(biāo)求向量長度的方法，以及向量長度的求法.

14.【答案】I

【解析】解：因?yàn)閍為銳角，sina=

所以cosa=

因?yàn)橐?<a一夕<],sin(a-S)=——

所以cos(a-S)=半患，

所以sin/?=sin[a—(a—/?)]=sinacos(a—S)—sin(a—0)cosa=?xx

2HV~2

—二—-，

52

所以夕=；.

故答案為：I

由己知結(jié)合同角平方關(guān)系及和差角公式先求出S譏0,進(jìn)而可求/?.

本題主要考查了同角平方關(guān)系，和差角公式的應(yīng)用，屬于中檔題.

15.【答案】\T~3

【解析】解：根據(jù)正弦定理：由Q2sinC=4si7h4,可得ac=4,

由于(a+c)2=12+/,可得小+c2一解=4,

打得s=J；[a2c2_(。2+；-與]=Jlx(16-4)=

故答案為

由已知利用正弦定理可求ac的值，可求a2+c2-/=%代入“三斜求積”公式即可計(jì)算得解.

本題主要考查了正弦定理在解三角形中的應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于基礎(chǔ)題.

16.【答案】一手

【解析】【分析】

本題主要考查兩個(gè)向量坐標(biāo)形式的運(yùn)算，兩個(gè)向量的數(shù)量積，兩個(gè)向量的夾角公式，屬于基礎(chǔ)題.

建立平面直角坐標(biāo)系，利用兩個(gè)向量坐標(biāo)形式的運(yùn)算，兩個(gè)向量的數(shù)量積，兩個(gè)向量的夾角公式,

求得向量方與刀的夾角的余弦值.

【解答】

解：以48所在的直線為x軸，以力為原點(diǎn)，建立平面直角坐標(biāo)

系，

則4(0,0)、B(2/3,0)、O(C,1),

設(shè)點(diǎn)P(%0),%e[0,2/3].向量或與同的夾角為仇

PA-PO=(-x,0)?(V-3-x.l)

——x(y/~3—x)=x2—

故當(dāng)％=?時(shí)，兩方取最小值為一,，

此時(shí)，|兩|=?,|而|=J1+1=-

3

PAPO-m

yMiIiL]cosOO=-=z-=-==——,

7\PA\-\PO\7

故答案為：—手.

17.【答案】解:(1)由題設(shè)得z+l=zi,

(-1+i)(-1-i)2

則|Z|=J(_孑+(-；)2=年

2

(2)原式=[iiyL]6+(<7+Ci)(C+E)_j6+C+2i+3i-G

(<^)2+(<^)2—5

【解析】(1)根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算求出z,再根據(jù)模長公式可得結(jié)果;

(2)根據(jù)復(fù)數(shù)的乘方運(yùn)算、除法運(yùn)算可得結(jié)果.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.

18.【答案】解：根據(jù)題意可知：挖去的四棱錐的底面是一個(gè)

菱形，

B

且該菱形的對角線長分別為6cm和4sn,

又。到底面菱形的距離為3cm,

"%去的四棱錐=gx?x4x6x3=12(cm3).

又，氏方體=6x6x4=144(cm3),

,該模型的體積為娛方體一也去的四棱錐=144-12=132(cm3),

故制作該模型所需原料的質(zhì)量為132x0.9=118.8(g).

【解析】根據(jù)棱錐的體積公式，計(jì)算即可得解.

本題考查幾何體的體積的求解，屬基礎(chǔ)題.

19.【答案】解：(1)設(shè)40=2%,AB=3%,

由余弦定理得：cos^=警歲娑=事

32x2xx3x2

解得x=l,--AD=2,AB=3,

.n

二由正弦定理得：)山加=萼

2<7

解得sinZ_4BD=

(2)sin(zJ18D+乙CBD)=sin],???sinzCBD=cosZ.ABD,

2c

cosZ-ABD—，,sinzCBD=號

由正弦定理得嬴編=旖，解得。。=殍

【解析】(1)設(shè)=2x,AB=3%,由余弦定理求出4D=2,48=3,再由正弦定理能求出sin乙48D.

(2)由sin(乙4BD+“BD)=sing,得sin/CBD=cos乙4BD,求出sin/CBD=—,由此利用正弦

z7

定理能求出CD.

本題考角的正弦值的求法，考查三角形邊長的求法，考查正弦定理、余弦定理、誘導(dǎo)公式、同角

三角函數(shù)關(guān)系式等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與

方程思想，是中檔題.

20.【答案】解(1)/(%)=2sin2a)x+2y/~~3sin(ji)xcos(jox-1=1—cos2a)x+yT3sin2a)x—1=

2sin(2a)x—1).

由函數(shù)f(x)的最小正周期T=#=兀,

所以3=1,/(x)=2sin(2x-^),

令CTT-J4<2kTC+kWZ,

2/L2X—OL

解得CTTkn+9，kEZ,

/-OD

故/(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為MY，k〃+§,kez,k&Z；

(2)5(x)=f(x+：)=2sin(2x+0,

根據(jù)正弦函數(shù)的性質(zhì)可知，g(x)的最大值為2,

此時(shí)sin(2%+今=1>即2x+,=2/CTT+^,k6Z,kEZ,

解得％=k.7i+—,k&Z,k&Z,

所以當(dāng)g(x)取得最大值時(shí)x的取值集合為{x|x=k?i+^,keZ}.

【解析】(1)先利用二倍角公式，二倍角公式進(jìn)行化簡，然后結(jié)合正弦函數(shù)的性質(zhì)即可求解；

(2)先求出g(x)的解析式，然后結(jié)合正弦函數(shù)的最值取得條件可求.

本題主要考查了輔助角公式，二倍角公式在三角化簡中的應(yīng)用，還考查了正弦函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用,

屬于中檔題.

sinAb+c

21.【答案】解:(1)選①:--------------f

sinB-sinCb-a

???由正弦定理得白=3蛆，

b-cb-a

:.a(b—a)=(b4-c)(b—c),即M+ft2-