云南省保山市2022-2023学年高一下学期期中考试数学试（含解析）

保山市2022-2023学年高一下学期期中考试数学试题
一、单选题
1．设集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知向量，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．设，，，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知某圆柱的高为10，底面周长为，则该圆柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
6．为了得到函数的图象，只要把函数图象上所有的点（ ）
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
7．长方体的体积是，若为的中点，则三棱锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
8．关于的不等式的解集为，则的取值范围是（ ）.
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列有关复数的说法中（其中为虚数单位），正确的是（ ）
A． B．复数的虚部为
C．若，则复平面内对应的点位于第二象限 D．复数为实数的充要条件是
10．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法中正确的是（ ）
A．若，，则直线a平行于平面内的无数条直线
B．若，，，则a与b是异面直线
C．若，，则
D．若，，则一定相交
11．在中，角所对的边分别为，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则为锐角三角形 B．若为锐角三角形，则
C．若，则为等腰三角形 D．若，则是等腰三角形
12．已知函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为，则以下说法正确的是（ ）
A． B．若为偶函数，则
C．若在区间上单调递增，则的最大值为
D．若的一个对称中心为，则
二、填空题
13．______________．
14．不等式的解是___________.
15．在中，若，，，则______．
16．如图，过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，所得截面圆的半径为，则球的体积是__________．
三、解答题
17．已知集合，，.
(1)求；
(2)若，求m的取值范围.
已知向量，满足，. (1)若，求;
(2)若与的夹角为，求.
19．已知函数，且. (1)求的值； (2)判断函数的奇偶性；
(3)求证：在区间上单调递减.
20．已知函数.
(1)求的最小正周期和单调递减区间；
(2)当时，求函数的最大值以及取得最大值时的值.
21．已知的内角的对边分别为，且.
(1)求的大小：
(2)若，
（i）求的面积；
（ii）求.
22．如图，在长方形中，，．
(1)求证：；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】根据集合的交集运算即可解出．
【详解】因为，，所以．
故选：A.
2．D
【分析】先求得，然后求得.
【详解】因为，所以.
故选：D
3．C
【分析】由对数的性质可得：，，，即可得出答案.
【详解】，，，
故.
故选：C.
4．C
【分析】根据给定条件，求出圆柱的底面圆半径，再利用圆柱体积公式求解作答.
【详解】设圆柱底面圆半径为r，由，得，
所以圆柱的体积为．
故选：C
5．A
【分析】由三角函数的性质结合充分条件、必要条件的定义即可得解.
【详解】因为可得：
当时，，充分性成立；
当时，，必要性不成立；
所以当，是的充分不必要条件.
故选：A.
6．D
【分析】根据三角函数图象的变换法则即可求出．
【详解】因为，所以把函数图象上的所有点向右平移个单位长度即可得到函数的图象．
故选：D.

7．B
【分析】利用三棱锥的体积公式结合已知求解即可．
【详解】长方体的体积为，
三棱锥的体积为，
故选：B
8．B
【分析】分以及，结合二次函数的性质，列出不等式组，求解即可得出答案.
【详解】当时，原不等式可化为在R上恒成立；
当时，由不等式的解集为，
可知应有，解得.
综上所述，的取值范围是.
故选：B.
9．AD
【分析】根据复数的乘方判断A，根据复数的定义判断B，根据复数的几何意义判断C，根据充要条件的定义判断D.
【详解】对于A：，故A正确；
对于B：复数的虚部为，故B错误；
对于C：，所以，
则复平面内对应的点为位于虚轴，故C错误；
对于D：若复数为实数则，
设，，若，即，所以，则复数为实数，
故复数为实数的充要条件是，故D正确；
故选：AD
10．AC
【解析】由题意得出或，不管是哪一种情况，都能在平面内找到无数条直线与直线平行即可判断A选项；
由题意得出直线与b没有交点，则与b可能异面，也可能平行，即可判断B选项；
由，得出直线与没有公共点，则，即可判断C选项；
当直线平行时，也满足题意，即可判断D选项.
【详解】A中，，，则或，所以不管在平面内还是平面外，都有结论成立，故A正确；
B中，直线与b没有交点，所以与b可能异面，也可能平行，故B错误；
C中，直线与平面没有公共点，所以，故C正确；
D中，直线与平面有可能平行，故D错误.
故选：AC
【点睛】本题主要考查了直线与直线，直线与平面的位置关系，属于基础题.
11．BD
【分析】对于A，用余弦定理可以判定；对于B，利用正弦函数单调性及诱导公式即可判定；对于C，由正弦函数的性质结合三角形内角即可判定；对于D，利用正弦定理及两角和的正弦公式即可判定.
【详解】对于A，由余弦定理可得，即，但无法判定A、C的范围，故A错误；
对于B，若为锐角三角形，则有，由正弦函数的单调性可得，故B正确；
对于C，若，由正弦函数的性质可得或，又，故或，所以C错误；
对于D，若，由正弦定理可得，结合两角和的正弦公式得
又，所以，故，所以D正确.
故选：BD
12．BC
【分析】求得的值判断选项A；求得的值判断选项B；求得的最大值判断选项C；求得的值判断选项D.
【详解】，
由图象的相邻两对称轴间的距离为，可得周期，
则.则.
选项A：由可得选项A判断错误；
选项B：若为偶函数，则，
则或，
又，则.判断正确；
选项C：由，可得，
又，且在区间上单调递增，
则，解之得，则的最大值为.判断正确；
选项D：由的一个对称中心为，
可得，则，
又，则.判断错误.
故选：BC
13．
【分析】利用复数乘法法则进行计算.
【详解】
故答案为：
14．
【分析】将分式不等式化为，则有即可求解集.
【详解】由题设，，
∴，可得，
原不等式的解集为.
故答案为：.
15．
【分析】利用余弦定理列方程，化简求得.
【详解】依题意，
，负根舍去.
所以.
故答案为：
16．
【分析】设球的半径为，依题意即可求出，再根据球的体积公式计算可得.
【详解】设球的半径为，则，解得或（舍去），
∴球的体积．
故答案为：
17．14．(1)
(2)
【分析】（1）先求出集合A，由交集和并集的定义即可得出答案；
（2）由可得，讨论和，求解即可.
【详解】（1），
所以.
（2）因为，所以，
若，则，解得：，
若，则，解得：，
所以m的取值范围为：.
18.(1)或
(2)2
【分析】（1）分为，方向相同，以及方向相反，分别计算，即可得出答案；
（2）根据数量积的定义求出，然后根据数量积的运算律，展开即可得出答案.
【详解】（1）若，方向相同，则；
若，方向相反，则.
（2）由已知可得，，
所以.
19．(1)
(2)函数是奇函数
(3)证明过程见解析
【分析】（1）代入法，将代入表达式即可求解的值；
（2）根据函数奇偶性的定义，将代入的表达式，根据与的关系即可得出的奇偶性；
（3）利用单调性的定义证明，任取两个自变量，将其函数值作差与0对比，进而得到单调性．
【详解】（1）由已知有，解得，
的值为1．
（2）函数的定义域为，
又，
函数是奇函数．
（3）任取，设，
则，
,
,
,
,
，且，
，，即，
，即，
在区间上单调递减．
20．(1)，单调递减区间为，
(2)最大值为，
【分析】（1）化简可得，根据即可得出周期，解即可得出函数的单调递减区间；
（2）令，求出的范围，根据的单调性以及端点处的函数值，即可得出的最大值以及的值.
【详解】（1）由已知可得，，
所以，的最小正周期.
由可得，
，
所以，的单调递减区间为，.
（2）令，
因为，所以.
函数在上单调递减，在上单调递增，
且，，
所以，当，即时，函数有最大值.
21．(1)；
(2)（i）；（ii）.
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合两角和得正弦公式及三角形内角关系即可得出答案；
（2）利用余弦定理求得边，根据三角形面积公式可得面积，再根据余弦定理可得，再利用二倍角公式及和差角公式即得.
【详解】（1）因为，
所以，
即，
则，
因为，所以，
所以，
所以；
（2）（i）由余弦定理得，
即，解得（舍去）或，
所以的面积为；
（ii）由上可得，又，
所以，
所以，，
所以.
22．(1)证明过程见详解
(2)
【分析】（1）根据长方体的性质得到平面，进而得到平面，利用线面垂直的性质进而得证；
（2）记交于点，连接，得到为与平面所成的角，在直角三角形中进行求解即可.
【详解】（1）在长方体中，,,，平面，
平面，平面，，
又，可得,，平面，
平面.
平面，.
（2）记交于点，连接，
由（1）得平面，
所以为斜线在平面上的射影，
为与平面所成的角.
在长方体中，,，
在中，，，
.
直线与平面所成角的正弦值为.
答案第1页，共2页