四川省成都市蓉城联盟2022-2023学年高一数学下学期期末联考试题（Word版附解析）

2022~2023学年度下期高中2022级期末联考

数  学

考试时间120分钟，满分150分

注意事项：

1．答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”．

2．选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效．

3．考试结束后由监考老师将答题卡收回．

一、选择题：本题共8小题，每小题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. 已知i为虚数单位，，则复数z的虚部为（    ）

A. 3 B.  C. 3i D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据共轭复数以及虚部的概念理解判断.

【详解】因为，则，

所以复数z的虚部为3.

故选：A.

2 已知，，，则m＝（    ）

A. －2 B. 2 C. 3 D. －3

【答案】C

【解析】

【分析】根据向量共线的坐标表示求解即可；

【详解】因为，所以，

所以，

故选：C.

3. 已知利用斜二测画法绘制某三棱柱直观图如图所示，则该三棱柱的体积为（    ）

A.  B. 2 C.  D. 4

【答案】D

【解析】

【分析】据图判断，三棱柱为底面是直角三角形的直棱柱，利用棱柱的体积公式即可求解．

【详解】根据斜二测画法，据图判断，三棱柱为底面是直角三角形的直棱柱，底面直角三角形的两条直角边分别为2，2，三棱柱高为2，

∴．

故选：D．

4. 已知，，，，则在方向上的投影向量为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求出，，则在方向上的投影向量为，即可求解．

【详解】由，，，，得，，

所以在方向上的投影向量为

.

故选：A.

5. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意，利用余弦的倍角公式，准确计算，即可求解.

【详解】因为，

则.

故选：B.

6. 已知，是单位向量，，则与的夹角为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由数量积性质，直接将向量的模转化为向量的数量积进行运算，解出夹角余弦值，进而根据范围求角．

【详解】由，得，即，

设单位向量与的夹角为θ，则有，

解得，又，所以．

故选：C.

7. 如图，在三棱锥P－ABC中，AB＝AC＝2，，A为锐角，侧棱PA＝PB＝PC＝2，一只小虫从A点出发，沿侧面绕棱锥爬行一周后回到A点，则小虫爬行的最短距离为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意，求出的值，将三棱锥沿侧棱展开，分析其展开图，由余弦定理分析可得答案．

【详解】根据题意，在三棱锥中，，

则有，可得，又，则，

而，则，又△PAB，△PAC为正三角形，

将三棱锥沿侧棱展开，得到如图所示的多边形，其中，

根据余弦定理，最短距离

故选：D．

8. 已知点O是的内心，，，则（    ）

A.  B.  C. 2 D.

【答案】D

【解析】

【分析】连接并延长交于点，连接，则由角平分线定理得到的长度关系，再由平面向量基本定理，利用三点共线，得到关系式，比较系数可得答案.

【详解】连接并延长交于点，连接，

因为O是的内心，所以为的平分线，

所以根据角平分线定理可得，

所以,

因为三点共线，所以设，

则，

因为，

所以，

故选：D

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求；全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．

9. 如图，已知圆锥SO母线长l＝5，底面半径r＝4，则下列结论中正确的有（    ）

A. 圆锥的表面积为

B. 圆锥侧面展开图的圆心角为

C. 圆锥的体积为

D. 圆锥的轴截面是锐角三角形

【答案】ABC

【解析】

【分析】利用圆锥的结构特征，求解表面积以及体积，侧面展开图的圆心角，判断选项的正误即可．

详解】圆锥SO母线长，底面半径，

则圆锥的表面积为，所以A正确；

圆锥侧面展开图的圆心角，所以B正确；

圆锥的体积为，所以C正确；

由余弦定理得，而，则为钝角，

所以圆锥的轴截面是钝角三角形，所以D不正确．

故选：ABC．

10. 已知函数，则下列结论中正确的有（    ）

A. 函数解析式化简后为：

B. 的对称轴为，

C. 的对称中心为，

D. 的单调递增区间为，

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据题意利用三角恒等变换化简得，再结合三角函数性质逐项分析判断.

【详解】因为，

故A正确；

令，解得，，

所以的对称轴为，，故B正确；

令，解得，，

所以的对称中心为，，故C错误；

令，解得，，

所以的单调递增区间为，，故D正确；

故选：ABD.

11. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题中正确的有（    ）

A. 若，则A＝30°

B. 若A＞90°，则

C. 若，b＝4，B＝60°，则有两组解

D. 若，则是钝角三角形

【答案】BD

【解析】

【分析】根据正、余弦定理结合三角恒等变换逐项分析判断.

【详解】对于选项A：若，由正弦定理可得，

因为，则，可得，即，

又因为，则或，故A错误；

对于选项B：若A＞90°，则，

因为，则，即，

可得，即，故B正确；

对于选项C：由余弦定理可得，

即，即，

解得（舍去）或，

所以有且仅有一组解，故C错误；

对于选项D：若，有正弦定理可得，

可得，且，

所以为钝角，则是钝角三角形，故D正确；

故选：BD.

12. 如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，M，N分别是AB，AD边上的动点，下列命题中正确的有（    ）

A. 若的周长为2，则∠MCN的正切值等于1

B. 若的面积为，则∠MCN正切值的最小值为

C. 若的周长为2，则的最小值为

D. 若的面积为，则的最大值为

【答案】ABC

【解析】

【分析】的周长为2时，求得∠MCN的正切值判断选项A；求得的最小值判断选项C；的面积为时，求得∠MCN的正切值的最小值判断选项B；求得的最大值判断选项D.

【详解】当的周长为2时，

延长至P，使，连接.

则，则，，

又,

则，则,

又由，可得，

则，则

选项A判断正确；

以A为原点，分别以所在直线为轴建立坐标系，

则，，

则,

当的周长为2时，，

由，

可得（当且仅当时等号成立）

则

则（当且仅当时等号成立），

则（当且仅当时等号成立），

故的周长为2，则的最小值为.选项C判断正确；

当的面积为时，，即，

则（当且仅当时等号成立），

则（当且仅当时等号成立）.

故的面积为时，则的最大值为1. 选项D判断错误；

由，可得

由，可得，，

则，

又，则

故的面积为时，∠MCN正切值的最小值为.选项B判断正确.

故选：ABC

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知，，，若，则k＝______．

【答案】

【解析】

【分析】先求出，再由垂直向量的坐标表示求解即可.

【详解】因为，，，

所以，

所以，解得：.

故答案为：

14. 已知棱台两底面的面积分别为1和4，截得这个棱台的棱锥的高为6，则这个棱台的体积为______．

【答案】7

【解析】

【分析】设棱台的高为h，根据面积比等于相似比的平方，求得h后代入棱台的体积公式即可求解．

【详解】已知棱台两底面的面积分别为1和4，截得这个棱台的棱锥的高为6，

设棱台的高为h，根据面积比等于相似比的平方，即，，

．

故答案为：7．

15. 已知O是所在平面内一点，，则与的面积比______．

【答案】## 0.25

【解析】

【分析】结合图形，将表示在平行四边形中，然后借助三角形面积公式求解即可；

【详解】

因为，，

根据向量平行四边形法则画出草图（如图所示），

故答案为：##0.25.

16. 已知是平面内一组基底，，，则与所成角的最大值为______．

【答案】##

【解析】

【分析】利用换元结合数量积的运算以及夹角公式运算求解.

【详解】因为是平面内一组基底，即不共线，

设，显然、不共线，且均不为零向量，

设的夹角为，则，，

又因为，则，

即，整理得，

所以，

又因为，则，

所以与所成角的最大值为.

故答案为：.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17. 设复数，i为虚数单位，且满足．

（1）求复数z；

（2）复数z是关于x的方程的一个根，求实数p，q的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据已知条件，结合复数的四则运算，复数模公式以及复数相等的概念，即可求解；

（2）将复数z代入方程，结合复数相等的概念即可求解.

【小问1详解】

设，

，

，解得.

【小问2详解】

是方程的一个根，

，即，

则

18. 如图，圆柱内接于球O，已知球O的半径R＝2，设圆柱的底面半径为r．

（1）以r为变量，表示圆柱表面积和体积；

（2）当r为何值时，该球内接圆柱的侧面积最大，最大值是多少？

【答案】（1）
，.   

（2）当时，该球内接圆柱的侧面积最大，最大值是.

【解析】

【分析】（1）取中点，连接，根据勾股定理求出的值，即可求得圆柱的表面积和体积；

（2）利用基本不等式可求得圆柱的侧面积最大值，利用等号成立的条件可求得的值.

【小问1详解】

解：记圆柱底面的一条直径为，取中点，连接.

高为，则，所以，

所以，圆柱的底面积为，侧面积为，

圆柱的表面积为，圆柱的体积为.

  【小问2详解】

由（1）知，圆柱的侧面积为，

则，

当且仅当时取等号，即当时，圆柱的侧面积最大，最大值为．

19. 已知函数的部分图象如图所示．

（1）求的解析式；

（2）若，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由图可知，再结合周期公式可求出，由可求出的值，再由可求出的值，从而可求出的解析式；

（2）由求出的范围，再利用正弦函数的性质可求出的取值范围．

【小问1详解】

由的部分图象可知，所以，

所以，解得，

因为的图象过点，

所以，

所以，解得，

因为，所以，

所以，

因为的图象过点，

所以，得，解得，

所以，

【小问2详解】

因为，

所以，

所以，

所以，

所以，

所以的取值范围为.

20. 在中，，，AD交BE于点G，设，．

（1）用，表示，；

（2）若，，，夹角为，求．

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）只需找出和的关系，和的关系，即可利用向量的线性运算，将和用和表示出来；

（2）首先利用题设条件及平面向量基本定理，找出与的关系，再通过向量运算，将用基底和表示出来，进而求模即可．

【小问1详解】

，

，

  【小问2详解】

设，

则有，

三点共线，，

，

，

，，，夹角为，

.

21. 某海岸的A哨所在凌晨1点15分发现哨所北偏东方向20 n mile处的D点出现可疑船只，因天气恶劣能见度低，无法对船只进行识别，所以将该船雷达特征信号进行标记并上报周围哨所．早上5点15分位于A哨所正西方向20 n mile的B哨所发现了该可疑船只位于B哨所北偏西方向60 n mile处的E点，并识别出其为走私船，立刻命令位于B哨所正西方向30 n mile处C点的我方缉私船前往拦截，已知缉私船速度大小为30 n mile/h．（假设所有船只均保持匀速直线航行）

（1）求走私船的速度大小；

（2）缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船，并求出截获走私船的具体时间．

【答案】（1）n mile/h   

（2）缉私船沿北偏西方向行驶，3小时后即早上8点15分可截获走私船．

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理即可求解；

（2）设在F点处截获走私船，截获走私船所需时间为t，利用余弦定理即可求解．

【小问1详解】

点位于哨所北偏东方向n mile处，

点位于哨所北偏西方向n mile处，

，

，

n mile/h，

走私船的速度大小为n mile/h.

【小问2详解】

设在点处截获走私船，截获走私船所需时间为，

，

，

，，

走私船速度为n mile/h，缉私船速度为n mile/h，

，

在中，根据余弦定理，，

，

化简得，(舍去)，或，

此时，，

缉私船沿北偏西方向行驶，3小时后即早上8点15分可截获走私船．

22. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，．

（1）求角B；

（2）求的最小值；

（3）为的外接圆，P为外一点，过P点作的切线，切点分别为E，F，求的最小值．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得到，进而得到，即可求解；

（2）由正弦定理得到，化简，设，得到，进而求得最小值；

（3）由，化简得到，结合基本不等式，即可求解.

【小问1详解】

解：因为，由正弦定理得，

又因为，

所以，所以，

因为，所以，

又因为，所以.

【小问2详解】

解：由正弦定理得，

所以，因为，所以，

所以

，

设，因为，所以，

，

所以，因为在上单调递增，

所以时，.

【小问3详解】

解：因为且，为的外接圆，可得圆的半径为，

如图所示，设，连接与交于点，

由点为外一点，过点作的切线，切点分别为，，

所以，所以，因为，所以，

又因为，所以，

则，所以，

又由，所以，

因为，

可得

，

当且仅当，当时，等号成立，所以的最小值为．