江西省吉安市万安县中2022-2023学年高一下学期5月期中考试数学试题（Word版含答案）

万安县中2022-2023学年高一下学期5月期中考试
数学
一、单选题（每题5分，共40分）
1．“”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
2．已知i是虚数单位，z＝，则复数z的实部为
A．－ B． C．－ D．
3．一个棱柱是正四棱柱的充要条件是
A．底面是正方形，有两个侧面是矩形
B．底面是正方形，有两个侧面垂直于底面
C．底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直
D．每个侧面都是全等矩形的四棱柱
4．的内角的对边分别为，若，则的面积为
A． B． C． D．
5．在边长为1的正方形ABCD中，若，，，则等于
A．0 B．1 C．2 D．2
6．在平行四边形中，与交于点，是线段的中点，的延长线与交于点.若，则
A． B． C． D．
7．在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，．若，则面积的最大值为
A． B． C．16 D．
8．已知函数的值域为，则
A． B． C．或 D．或
二、多选题（每题5分，共20分）
9．命题“，”是真命题的一个充分条件是
A． B．
C． D．
10．给出下列命题，其中正确的是
A．复数对应的点在第二象限
B．若，则z为实数
C．若，为复数，且，则
D．复数为纯虚数的充要条件为
11．已知向量，，则
A． B．
C．在上的投影向量是 D．
12．已知，且，函数，则下列结论中正确的是
A．点是函数图像的一个对称中心
B．直线是函数图像的一条对称轴
C．函数在区间上单调递减
D．若，则函数的值域为
三、填空题（共20分）
13．中，角，，所对应的边分别为，，，已知，，，则__________
14．如图，某货轮在处看灯塔在货轮的北偏东，距离为，货轮由处向正北航行到处时，再看灯塔在北偏东，则与间的距离为________.
15．在《九章算术》中，将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”.现有一个羡除如图所示，平面，四边形均为等腰梯形，四边形为正方形，，，，点F到平面的距离为2，则这个羡除的表面积为_________.
16．在锐角中，若，则的最小值是________.
四、解答题（共70分）
17．已知，，
（1）求；
（2）求；
18．已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2ccosC=bcosA+acosB.
(1)求角C的大小；
(2)若，求的周长的取值范围.
19．在中，点分别在边和边上，且，，交于点，设，．
(1)试用，表示；
(2)在边上有点，使得，求证：三点共线．
20．已知函数.
（1）求函数在上的单调区间；
（2）若，，求的值.
21．已知函数.
(1)求的最小正周期;
(2)当时,求的最大值和最小值以及对应的的值.
22．给定常数，定义在上的函数.
(1)若在上的最大值为2，求的值；
(2)设为正整数.如果函数在区间内恰有2022个零点，求的值.
1．A
若成立，则一定成立；反之若成立，则不一定成立；因此“”是“”的充分而不必要条件；
2．A
z＝＝.
∴复数z的实部为－
故选A
3．C
若底面是正方形，有相对的两个侧面是矩形，另外两个侧面是不为矩形的平行四边形，则棱柱为斜棱柱，故A不满足要求；
若底面是正方形，有相对的两个侧面垂直于底面，另外两个侧面不垂直于底面，则棱柱为斜棱柱，故B不满足要求；
若底面是菱形，且有一个顶点处的三条棱两两垂直则底面为正方形，侧棱与底面垂直，此时棱柱为正四棱柱，反之也成立，故C满足要求；
若每个侧面都是全等矩形的四棱柱，其底面可能不是正方形，故D不满足要求.
故选：C．
4．A
由余弦定理得：，∴，又，
所以，∴，∴　，∴.
故选：.
5．C
.
故选：C.
6．C
如图所示，在平行四边形中，可得，
因为是线段的中点，可得，
所以.
故选：C.
7．B
由，，
所以，即，
所以，因为，所以．
因为，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以．
故选：B．
8．C
∵，
∴，
令，设，则，
当时，在上单调递减，
∴，解得，∴，
当时，在上单调递增，
∴，解得，∴，
当时，，无解，
当时，，无解.
综上，或.
故选：C.
9．AC
当命题“，”是真命题时，只需，．又在上的最大值是，所以．因为，,
故选：AC．
10．AB
对于A，复数对应的点在第二象限，A正确；
对于B，设，由得，解得，即是实数，B正确；
对于C，令，满足，而，C错误；
对于D，复数为纯虚数的充要条件为，D错误.
故选：AB
11．BC
对于A：，，则，所以与不垂直，故A错误；
对于B：，，则，，所以，故B正确；
对于C：，所以在上的投影向量是，故C正确；
对于D：，，所以，故D错误，
故选：BC．
12．AC
：因为，由，
可得
而 ，所以 ，
于是
.
，点是函数图像的一个对称中心，
直线不是函数图像的对称轴，A选项正确，B选项错误；
时，，是正弦函数的单调递减区间，所以在区间上单调递减，C选项正确；
当时，有， ，
则的值域为，D选项错误．
故选：AC
13．.
，即，，
，故，，，，故.
故答案为：.
14．24
如图，可知，
在中，由正弦定理得：，
所以.
故答案为：24.
15．
因为平面，平面所以平面平面，
过作于，根据面面垂直的性质定理得平面
所以点到平面的距离为到的距离，
因此等腰梯形的高为2，
腰，
因为四边形为正方形，且，
等腰梯形的高为，
所以该羡除的表面积为
故答案为：
16．16
解：因为
所以，
因为为锐角三角形，
所以，，
所以，
又因为
所以

令，由为锐角可得，，
所以，得
所以 ，
因为，由得，，
所以 的最小值为16
故答案为：16
17．（1）；（2）.
（1），，
，，
；
（2）由（1）得.
18．(1)
(2)
（1）由正弦定理得：，代入，
∴，又，
∴，而0∴，故.
（2）由正弦定理得：，
，
因为为锐角三角形，所以，，
由内角和为，则，
所以，则，
周长为，
故的取值范围为.
19．(1)
(2)证明见解析
（1）设，由题意，
所以，①，
设，由，，②，
由①、②得，，
所以，解得，
所以；
（2）由，得，
所以，
所以，
因为与有公共点B，
所以B，P，F三点共线．
20．（1）递增区间为，，递减区间为；（2）.
（1）由题意得
，
因为，所以，
令，解得；
令，解得，
令，得.
所以函数在上的单调递增区间为，，
单调递减区间为.
（2）由（1）知.
因为，所以，
又因为，所以，
所以.
21．(1);(2)当时,取得最小值;当时,取得最大值.
（1）
所以的最小正周期为.
（2）由，得，
当，即时，取得最小值，
当，即时，取得最大值.
22．(1)；
(2)或.
（1）
，
设，
则，
的开口向下，对称轴为，
当，即时，，
又，所以，解得，与矛盾.
当，即时，当时，，
又，所以，解得.
综上所述，.
（2），令，，
则.
因为，所以有两个不等的实数根，且，
所以.
又，
当时，
时，有2个根；时，有2个根；
故时，有4个根.
因为在区间内恰有2022个零点，所以.
当时，
时，有1个根；时，有2个根；
故时，有3个根.
因为在区间内恰有2022个零点，且，所以.
综上所述，的值为或.