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沈阳市第120中学2021-2022学年度下学期
高一年级期末考试
数学试题
一、单选题:本题共8小题,每题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.若,则()
A.1 B. C.2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】先由复数乘、除法公式化简,再由复数的模长公式即可求出答案.
【详解】由题得,所以.
故选:B.
2.已知向量,,.若,则()
A.5 B.3 C.0 D.-3
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量线性运算法则和垂直关系得到方程,求出
【详解】因为向量,,
所以,
因为,
所以,
解得:,
故选:A.
3.若,则()
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用诱导公式、同角三角函数的基本关系式化简已知条件,求得,进而求得.
【详解】依题意:
即,解得,
所以.
故选:D
4.已知,,,则()
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依次判断出的范围,再比较大小即可.
【详解】由题意知,,,,故.
故选:D.
5.在中,三内角A,B,C对应的边分别为a,b,c,且b=2,B=45°.若利用正弦定理解仅有唯一解,则()
A.0<a≤2 B.2<a≤2
C.0<a≤2或a≥2 D.0<a≤2或a=2
【答案】D
【解析】
【分析】由正弦定理判断.
【详解】解:由正弦定理得:,
所以,
因为,所以,
因为仅有唯一解,
所以A,C的值确定,
当时,,仅有唯一解,此时,
则0<a≤2,
当时,,仅有唯一解,此时,
当,且时,有两解,不符合题意,
综上:0<a≤2或.
故选:D.
6.如图,一个底面半径为的圆锥,其内部有一个底面半径为a的内接圆柱,且此内接圆柱的体积为,则该圆锥的体积为().
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作出该几何体的轴截面,求出内接圆柱的高,利用三角形相似求出圆锥的高,即可求的其体积.
【详解】作出该几何体轴截面如图示:AB为圆锥的高,
设内接圆柱的高为h,而,
因为内接圆柱的体积为,即,
则,
由于,故,则,
即,故,
所以圆锥体积为,
故选:B
7.圭表(如图甲)是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器,它包括一根直立的标竿(称为“表”)和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺(称为“圭”),当太阳在正午时刻照射在表上时,日影便会投影在圭面上,圭面上日影长度最长的那一天定为冬至,日影长度最短的那一天定为夏至.图乙是一个根据某地的地理位置设计的主表的示意图,已知某地冬至正午时太阳高度角(即∠ABC)大约为15°,夏至正午时太阳高度角(即∠ADC)大约为60°,圭面上冬至线与夏至线之间的距离(即DB的长)为a,则表高(即AC的长)为(注:)()
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由锐角三角函数的定义与同角三角函数的关系求解,
【详解】设表高为,则,,
而,得,,
故,
得,
故选:D
8.已知正三棱锥P-ABC,底面边长为3,高为1,四边形EFGH为正三棱锥P-ABC的一个截面,若截面为平行四边形,则四边形EFGH面积的最大值为()
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】又正三棱锥的性质求得三棱锥的侧棱长,结合平行四边形的面积公式及基本不等式求最值即可得解.
【详解】设侧棱长为,则由底面边长为3,高为1,由可求得,
如图,设,则,且,于是,
所以,
当且仅当即时取等号
故四边形的面积最大值为,
故选:C
二、多选题:本题共四个小题,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.已知内角,,所对的边分别为,,,下列四个命题中正确的命题是()
A.若,则
B.若是锐角三角形,则恒成立
C.若,则一定是直角三角形
D.若,则一定是锐角三角形
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用正弦定理边角互化可以判断出A正确;由三角形内角和为,结合诱导公式可推得B正确;利用正弦定理及余弦定理即可判断出C正确;利用同角三角函数的基本关系式及正弦定理及余弦定理结合三角形知识判断出D.
【详解】对于A,因为,所以由正弦定理得,所以,所以A正确;
对于B,若为锐角三角形,可得且,
可得,且,
根据正弦函数的单调性,可得,所以,所以B正确;
对于C,由正弦定理及,知,
所以,因为,则或,又,则,三角形为直角三角形,故C正确;
对于D,若,则,由正弦定理得,则角B为锐角,但不一定是锐角三角形,故D错误;
故选:ABC.
10.已知函数的部分图象如图所示,下列
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