四川省成都市实验外国语学校2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

成都市实验外国语学校2022-2023学年下学期第二次测评

高一年级数学学科试题

考试时间120分钟    满分150分

一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分

1. （    ）

A. －1 B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由复数的除法法则求解即可

【详解】，

故选：B

2. 化简所得的结果是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

分析】根据向量加，减法运算，即可化简.

【详解】.

故选：C

3. 已知，则（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】直接利用诱导公式求解.

详解】由题得.

故选：C

4. 下列化简不正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用三角恒等变换的知识进行化简，从而确定正确答案.

【详解】A选项，

，所以A选项正确.

B选项，

，B选项正确.

C选项，，C选项正确.

D选项，，D选项错误.

故选：D

5. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a=，b=，，则角A为（    ）

A.  B.  C.  D. 或

【答案】C

【解析】

【分析】由正弦定理即可求解.

【详解】由正弦定理，得，

又，所以，所以为锐角，所以．

故选：C．

6. “石龙对石虎，金银万万五，谁能识得破，买进成都府”．这个民谣在彭山地区流传了三百多年，2020年彭山江口沉银遗址水下考古取得重大突破，出水文物超过10000件，实证确认了“张献忠江口沉银”以及“木鞘藏金”的传说“木鞘藏金”指的是可视为圆柱的木料内放置了一个可视为球体的金疙瘩，这个金疙瘩与木料的底面和侧面都相切，则这个金疙瘩的体积与该木鞘（这个圆柱体）的体积之比为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设球的半径为，结合组合体的特征，利用圆柱和球的体积公式，求得圆柱和球的体积，即可求解.

【详解】由题意，圆柱的木料内放置了一个可视为球体与木料的底面和侧面都相切，

设内切球的半径为，可得，，所以.

故选：B.

7. 如图，在正方体中，、分别为棱、的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】取的中点，连接、，设正方体的棱长为，分析可知直线与所成角为或其补角，计算出、的长，即可求得的余弦值.

【详解】取的中点，连接、，设正方体的棱长为，

因为四边形为正方形，则且，

、分别为、的中点，则且，

所以，四边形为平行四边形，故且，

因为，，故直线与所成角为或其补角，

平面，平面，则，故，

因为，，

所以，.

因此，直线与所成角的余弦值是.

故选：A.

8. 已知函数，则最小正周期为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用平方关系、降幂及辅助角公式可得，根据三角函数性质求最小正周期.

【详解】由题设，，

所以最小正周期为.

故选：B

二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分

9. 已知复数，则（    ）

A. z的虚部为 B. 在复平面内对应的点在第四象限

C.  D. z是关于x的方程的一个根

【答案】BCD

【解析】

【分析】把复数化成，利用复数的意义判断A；求出、判断BC；利用复数的四则运算计算判断D作答.

【详解】依题意，复数，复数z的虚部为，A错误；

在复平面内对应的点在第四象限，B正确；

，，则，C正确；

，

即z是关于x的方程的一个根，D正确.

故选：BCD

10. 已知空间中是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题不正确的是（    ）

A.

B.

C. 与异面

D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据空间中的线与平面，以及平面与平面的位置关系即可逐一判断.

【详解】A：由垂直于同一平面的两直线平行，可知A正确；

B：由，可得或者，故B错误；

C：由，，可得与异面或，故C错误；

D：由，，，当时，不能得到，

只有当时，才可以得到，故D错误.

故选：BCD

11. 下列四个命题为真命题的是（    ）

A. 若向量、、，满足，，则

B. 若向量，，则、可作为平面向量的一组基底

C. 若向量，，则在上的投影向量为

D. 若向量、满足，，，则

【答案】BC

【解析】

【分析】取，可判断A选项；利用基底的概念可判断B选项；利用投影向量的概念可判断C选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断D选项.

【详解】对于A选项，若且，，则、不一定共线，A错；

对于B选项，若向量，，则，则、不共线，

所以，、可作为平面向量的一组基底，B对；

对于C选项，因为向量，，

所以，在上的投影向量为

，C对；

对于D选项，因为向量、满足，，，

则，D错.

故选：BC.

12. 已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆的直径长为．若为底面圆周上不同于的任意一点，则下列说法中正确的是（    ）

A. 圆锥的侧面积为

B. 面积的最大值为

C. 圆锥的外接球的表面积为

D. 若，为线段上的动点，则的最小值为

【答案】BCD

【解析】

【分析】对A：根据圆锥的侧面积公式分析运算；对B：根据题意结合三角形的面积公式分析运算；对C：根据题意可得圆锥的外接球即为的外接圆，利用正弦定理求三角形的外接圆半径，即可得结果；对D：将平面与平面展开为一个平面，当三点共线时，取到最小值，结合余弦定理分析运算.

【详解】对A：由题意可知：，

故圆锥的侧面积为，A错误；

对B：面积，

在中，，故为钝角，

由题意可得：，

故当时，面积的最大值为，B正确；

对C：由选项B可得：，为钝角，可得，

由题意可得：圆锥的外接球即为的外接圆，设其半径为，

则，即；

故圆锥的外接球的表面积为，C正确；

对D：将平面与平面展开为一个平面，如图所示，

当三点共线时，取到最小值，

此时，

在，，则为锐角，

则，

在，则，

由余弦定理可得，

则，故的最小值为，D正确.

故选：BCD.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分

13. 已知，则____________.

【答案】

【解析】

【分析】将分式的分子和分母同时除以，化简求值即可．

【详解】，

故答案为：

14. 如图，在梯形ABCD中，，，，，，M，N分别为CD，AD的中点，则______.

【答案】

【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，分别以BC，BA所在直线为x轴，y轴建立直角坐标系，

由题意，，M，N分别为CD，AD的中点，

所以，所以，所以，

故答案为：

15. 如图所示，要在两山顶间建一索道，需测量两山顶间的距离.已知两山的海拔高度分别是米和米，现选择海平面上一点为观测点，从点测得点的仰角，点的仰角以及，则等于_________米.

【答案】

【解析】

【分析】先求得，再利用余弦定理求得.

【详解】，

，

在三角形中，

由余弦定理得米.

故答案为：

16. 已知直四棱柱，，底面为平行四边形，侧棱底面，以为球心，半径为2的球面与侧面的交线的长度为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据已知，结合图形，利用弧长公式、勾股定理、线面垂直计算求解.

【详解】如图，连接，直四棱柱，，

所以，在中，由余弦定理有：

，代入数据，解得，

所以，即，又，，

所以平面，

在平面上，以点为圆心，作半径为1的圆，交棱于点，

得到弧，在上任取一点与都构成直角三角形，

根据勾股定理可知弧上任取一点到点的长度为2，

所以以为球心，半径为2的球面与侧面的交线的长度为弧的长，

因为，所以根据弧长公式有：弧的长度为.

故答案为：.

四、解答题：本大题共6小题，共70分.其中17题10分，其余各题12分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤

17. 已知，，与的夹角为．

（1）求；

（2）当为何值时，．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用平面向量数量积的运算性质可求得的值；

（2）由已知可得出，利用平面向量数量积的运算性质可求得实数的值.

【小问1详解】

解：因为，，与的夹角为，

则，

所以，.

【小问2详解】

解：因为，则

，解得.

18. 如图四边形ABCD是矩形，平面BCE，，点F为线段BE的中点.

（1）求证：平面ABE；

（2）求证：平面ACF.

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得答案；

（2）连接交于点，连接，由中位线定理可得，再由线面平行的判定定理可得答案.

【小问1详解】

因为平面BCE，平面BCE，所以，

因为，，平面，

所以平面ABE；

【小问2详解】

连接交于点，连接，所以点为中点，

因为点F为线段BE的中点，所以，因为平面，平面，

所以平面.

19. 已知函数 的部分图像如图所示.

（1）求的解析式及对称中心；

（2）先将的图像纵坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位后得到的图像，求函数在上的单调减区间.

【答案】（1），对称中心为，   

（2）

【解析】

【分析】(1) 由函数的图像的顶点坐标求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得的解析式，再利用三角函数的图像得出对称中心.

(2)由题意利用函数的图像变换规律，求得的解析式，再利用余弦函数的单调性得出结论.

【小问1详解】

根据函数 的部分图像，

可得，，．

再根据五点法作图，，，

故有．

根据图像可得，是的图像的一个对称中心，

故函数对称中心为，.

【小问2详解】

先将的图像纵坐标缩短到原来的，可得的图像，

再向右平移个单位，得到的图像，

即，令，，解得，，

可得的减区间为，，结合，

可得在上的单调递减区间为．

20. 如图，三棱柱中，与均是边长为2的正三角形，且．

（1）证明：平面平面；

（2）求四棱锥的体积．

【答案】（1）证明见解析   

（2）2

【解析】

【分析】（1）取的中点，连接，，利用勾股定理证明，易得平面，再根据面面垂直判定定理即可证明；

（2）由（1）可证明为三棱柱的高，利用同底等高的椎体与柱体的关系，通过割补法即可求解.

【小问1详解】

取的中点，连接，．

∵与均是边长为2的正三角形，

∴，，．

∴为二面角的平面角．

∵，∴，∴．

因为，，，平面

所以平面，又平面，

∴平面平面．

【小问2详解】

由（1）知，，．

∵，平面，平面，

∴平面．

∴为三棱锥的高．

∴．

∴四棱锥的体积为2．

21. 第31届世界大学生夏季运动会将于2022年6月在成都举行，需规划公路自行车比赛赛道，该赛道的平面示意图为五边形ABCDE（如图），根据自行车比赛的需要，需预留出AC，AD两条服务车道（不考虑宽度），DC，CB，BA，AE，ED为赛道，已知，，，，______．（注：km为千米）

请从①；②这两个条件中任选一个，补充在题干中，然后解答补充完整的问题．

（1）求服务通道AD的长；

（2）在（1）的条件下，求折线赛道AED的最大值（即最大）．

注：如果选择两个条件解答，按第一个解答计分．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）选择条件①由正弦定理得，选择条件②由余弦定理得，再结合余弦定理可得AD的长；

（2）根据余弦定理结合均值不等式即可求角线段和最大值．

【小问1详解】

解：若选择条件①，

在△ABC中，由正弦定理得：，即，

解得；

若选择条件②，

在△ABC中，由余弦定理得：

即

解得；

在△ACD中，由余弦定理得，

即

解得或（舍去）∴服务通道AD的长为．

【小问2详解】

在△ADE中，由余弦定理得：，

∴，即，

∵，

∴，∴（当且仅当时取等号）

∴折线赛道AED的最大值为．

22. 已知 分别为 三个内角 的对边， 且 ，

（1）求 ；

（2）若 ， 求 的取值范围；

（3）若 为 的外接圆， 若 分别切 于点 ， 求 的最小值.

【答案】（1）；   

（2）；   

（3）.

【解析】

【分析】（1）由题目条件可证得,可得为直角三角形，可求出.

（2）由数量积的定义可求得，设，则，令，则，判断出的单调性，即可得出答案.

（3）用分别表示出，结合均值不等式即可求出答案.

【小问1详解】

因为，则，

所以，则，所以为直角三角形，

所以.

【小问2详解】

，

所以，而，

所以设，

所以，

令，

又因为

所以，所以，

令，因为在上单调递增，

所以在上单调递减，所以.

所以 的取值范围为

【小问3详解】

的外接圆的半径为，，设，

则，其中，

所以，

而，

，

当且仅当取等.

所以 的最小值为.

【点睛】关键点点睛：本题考查向量相关的取值范围问题，考查面较广，涉及了基本不等式、函数值域、正弦定理、三角函数等，需要对知识掌握熟练且灵活运用.考查学生的运算能力和逻辑推理能力，属于难题.