精品解析：辽宁省锦州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版）

这是一份精品解析：辽宁省锦州市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022~2023学年度第二学期期末考试高一数学
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. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值.
【详解】因为，则，
因此，，
故选：D.
2. 在中，若，，则在上的投影的数量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用投影的数量的意义计算作答
【详解】在中，，，则在上的投影的数量.
故选：B
3. 《九章算术》是我国古代数学名著，其中有这样一个问题：“今有宛田，下周三十步，径十六步，问为田几何？”意思说：现有扇形田，弧长三十步，直径十六步，问面积多少？在此问题中，扇形的圆心角的弧度数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意利用弧长公式可求得答案
【详解】由题意可知扇形的弧长，半径，
所以扇形的圆心角的弧度数是，
故选：A
4. 已知，是空间中两条不同的直线，平面，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，，则 B. 若，，则
C. 若，，，则 D. 若，，，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间中线面、面面的位置关系判断即可.
【详解】对于A：若，，则或，故A错误；
对于B：若，，则或，故B错误；
对于C：因为，，则，又，所以存在直线且，
则，所以，故C正确；
对于D：若，，，则或与相交，故D错误；
故选：C
5. 在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，，，，则（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】先利用正弦定理求出，再由同角三角函数的平方关系求得，但需要注意根据“大边对大角”的性质，对的值进行取舍．
【详解】由正弦定理得，，即，得，
所以，
因为，所以，所以，即．
故选：C．
6. 是函数的最小值点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令，则，然后利用二次函数的性质可求出函数的最小值，从而可求出的最小值点，进而可求得结果.
【详解】，
令，则，
对称轴为，
因为抛物线开口向上，
所以当时，取得最小值，
所以当时，取得最小值，
即，
故选：A
7. 如图，四棱锥的底面ABCD是菱形，且，，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角形的性质，结合余弦定理求出，再结合余弦定理能求出结果．
【详解】如图，连接，，且，连接，

由条件可知，，都是全等的等边三角形，
是边长为2的等边三角形，
，
由余弦定理得，且，
在中，由余弦定理得，
．
故选：B．
8. 函数在区间上的所有零点之和为（ ）
A. 8 B. 10 C. 12 D. 16
【答案】A
【解析】
【分析】将函数用诱导公式化简，转化为函数图象交点的问题解决.
【详解】由已知得，
令，且，可得，
作出与的函数图象，如下图所示，

设与的函数图象的交点的横坐标从左到右依次为，
由图形关于点中心对称，则，
故在区间上的所有零点之和为，
故选：A.
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. 已知复数，是方程的两根，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据已知条件求出，，结合复数的运算法则求解.
【详解】选项,因为，是方程的两根，所以，
故选项错误；
选项,因为，是方程的两根，所以，故选项正确；
选项,由复数范围内，实数系一元二次方程求根公式可得方程的根为
，不妨设，，
则 ，，所以，故选项错误；
选项,,
,所以，
故选项正确；
故选：BD.
10. 下列关于函数的说法正确的是（ ）
A. 定义域为 B. 在区间上单调递增
C. 最小正周期是 D. 图象关于直线对称
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据正切型函数定义域、单调性、周期性、对称性结合绝对值函数的性质逐项判断即可.
【详解】函数，定义域满足，
解得，所以函数定义域为，故A正确；
当，则，所以函数在区间上单调递增，
则函数在区间上先减后增，故B不正确；
函数的最小正周期，
所以函数的最小正周期是，故C正确；
函数的对称轴满足，所以，
则函数图象关于直线对称，故D正确.
故选：ACD.
11. 如图所示圆台，，分别是上、下底面的圆心，母线AB与下底面所成的角为，BC为上底面直径，，，则（ ）

A. 圆台的母线长为10
B. 圆台的全面积为
C. 由点A出发沿侧面到达点C的最短距离是
D. 在圆台内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体的棱长最大值是4
【答案】AD
【解析】
【分析】根据圆台的空间结构关系以及全面积公式计算选项A和B，选项C利用侧面展开图求点A出发沿侧面到达点C的最短距离，选项D转化为求圆台最大的内切球，进而求该球的内接正方体即可.
【详解】选项A，连接,过点作的垂线，垂足为,
在直角三角形中，,则圆台的母线长为,故选项A正确；

选项B，由圆台的全面积公式可得，故选项B错误；
选项C，该圆台可以看成由底面半径为的圆锥截取一个底面半径为的圆锥得到，
设截去底面半径为的圆锥的母线成为，由相似关系可知解得，
故大圆锥的母线长，由已知得圆台底面圆的周长为，
由弧长公式可知大圆锥侧面展开扇形的圆心角为,
所以圆台的侧面展开图如下图所示:

故点A出发沿侧面到达点C的最短距离是,故选项C错误；
选项D，该圆台的轴截面可以补成一个边长为的正三角形，

由于,则圆台中能放下的最大球的半径为，
所以求圆台内放置一个可以任意转动的正方体即可以求最大球的内接正方体，
设正方体的棱长为，则，解得，故选项D正确；
故选：AD.
12. 如图，在中，，，F是AC的中点，则下列说正确的是（ ）

A. 若，点D在线段BC的延长线上，则
B. 若E是线段AB的中点，BF与CE相交于点Q，则
C. 若E是线段AB上一动点，则为定值
D. 若点P在线段AC上，则的值可以是
【答案】AC
【解析】
【分析】以为基底，按题中要求表示出相关的向量，用数量积的公式计算即可．
【详解】对选项A，在中，，，若，
则，则，故A正确．
对选项B，在中，，，是的中点，
且是的中点，与相交于点，

令，则，
；
令，则．
所以，
即，故B不正确；
对选项C，在中，，，是的中点，
设，,，则，
，
，
（定值），故C正确；
对选项D，在中，，，则，
若点P在线段AC上，设，

所以,
,
则
令，可得，
所以，当且仅当时，等号成立，
从而，又在中与题意矛盾，故D不正确.
故选：AC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 角顶点与坐标原点重合，始边落在轴正半轴上，终边在直线上，写出满足上述条件的一个角______.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】由题意可得，从而可求出角.
【详解】因为角的顶点与坐标原点重合，始边落在轴正半轴上，终边在直线上，
所以，所以，
故答案为：（答案不唯一）
14. 已知S，A，B，C是球O表面上的点，平面，则球O的表面积是_______；
【答案】
【解析】
【分析】先确定外接球的球心，再根据勾股定理得到半径，进而计算表面积得到答案.
【详解】如图，取中点，则为的外接圆的圆心
易知球心在点的上方，且，
此时球的半径，
.

故答案为：
15. 为满足群众就近健身和休闲的需求，很多城市开始规划建设“口袋公园”.如图，在扇形“口袋公园”OPQ中，准备修一条三角形健身步道OAB，已知扇形的半径，圆心角，A是扇形弧上的动点，B是半径OQ上的动点，，则面积的最大值为______.

【答案】##
【解析】
【分析】利用基本不等式结合余弦定理可求面积的最大值.
【详解】因为，，故，
故，
故，
由基本不等式可得，
故，当且仅当的时等号成立，
故，
故面积的最大值为，
故答案为：.
16. 正三棱柱中，所有棱长均为2，点E，F分别为棱，的中点，则直线EF与直线BC所成角的余弦值为_______；若过点A，E，F作一截面，则截面的周长为_______.
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】取的中点，连接，则可得为异面直线EF与直线BC所成角，然后在中求解，连接并延长交的延长线于点，连接交于点，连接，则四边形为截面四边形，然后求解其周长即可.
【详解】取的中点，连接，
因为点E为棱的中点，所以∥，，
所以为异面直线EF与直线BC所成角，
连接，因为平面，平面，所以，
因为为边长是2的正三角形，F为的中点，所以，
所以，
，
所以由余弦定理得，
所以直线EF与直线BC所成角的余弦值为，
连接并延长交的延长线于点，连接交于点，连接，
所以过点A，E，F的截面为四边形，
因为点E，F分别为棱，的中点，所以，
过作∥，交于点，则为的中点，
因为∥，所以∽，
所以，所以为的中点，所以，
因为∥，所以∽，
所以，，所以，则，
所以，
在中由余弦定理得
，
所以，
所以四边形的周长为，
即截面的周长为，
故答案为：，
【点睛】关键点点睛：此题考查异面直线所成的角，考查几何体的截面问题，解题的关键是根据平面的性质结合题意作截面图形，考查空间想象能力，属于难题.
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. 已知、、.
（1）若、、三点共线，求；
（2）若，求
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）求出、的坐标，分析可知，，利用平面向量共线的坐标表示求出的值，可得出向量的坐标，利用平面向量的模长公式可求得的值；
（2）利用平面向量垂直的坐标表示求出的值，然后利用平面向量数量积的坐标运算可得出的值.
【小问1详解】
解：因为，，，所以，，
因为、、三点共线，则，所以，所以，
所以，所以.
【小问2详解】
解：因为，，
所以，由，得，
解得， 所以，所以 ，
所以.
18. 在中，角所对的边分别为，.

（1）判断的形状，并加以证明；
（2）如图，外存在一点D，使得且，求.
【答案】（1）直角三角形，证明见解析
（2）5
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理以及正弦的和角公式即可求解，或利用余弦定理求解；
（2）根据正弦定理以及余弦定理即可求解，或作，求出DF，结合中垂线性质即可得解.
【小问1详解】
在中，由正弦定理得
又，所以
化简得：，，
所以，，

所以，是直角三角形
方法二：
在中，由余弦定理得
整理得，
所以， 是直角三角形
小问2详解】
方法一：
在中，由正弦定理得.
由题设知，，所以.
由题（1）知，.
在中，由余弦定理得
.
所以.
方法二：

作 ，垂足为 ， ，垂足为,则，
在中
所以，为的中垂线
所以
19. 如图，长方体中，，，M是的中点.

（1）求证：；
（2）求证：∥平面；
（3）点P是棱上的动点，求的最小值，并说明此时点P的位置.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3），
【解析】
【分析】（1）利用线面垂直的判定证明线线垂直；
（2）可以直接利用线面平行的判定定理证明，也可以先证明面面平行再利用面面平行的性质证明线面平行；
（3）将长方体侧面和沿展开，利用两点之间线段最短即可求解.
【小问1详解】
连接，因四边形为正方形，所以，
长方体中，平面，平面，
所以，
因为且平面，所以平面，
又因为平面，所以.
【小问2详解】
证法一：连结交于N点，则N为的中点，
连结MN，则MN为△的中位线，故，
因为平面， 平面，所以平面；

证法二：取中点G，连接CG，则，，
所以四边形为平行四边形，所以∥，
因为平面，平面，所以∥平面，
连结,,则，，四边形GABM为平行四边形，
所以， 因为平面，平面，所以∥平面，
又因为，平面，所以平面∥平面，
又因为平面,所以∥平面，
【小问3详解】
将长方体侧面和沿展开如图所示：

连接交于点，则 （当且仅当三点共线时取等号），所以即为所求点P，，
因为， 所以,即，
所以的最小值是且.
20. 如图，函数的图象经过，，三点.

（1）求函数的解析式；
（2）将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标缩短到原来的，得到图象.若，求函数的单调增区间.
【答案】（1）
（2），.
【解析】
【分析】（1）求出函数的最小正周期，进而得到，带入特殊点坐标，得到，求出函数解析式；
（2）求出，整体法求出的单调增区间.
【小问1详解】
由图可得函数的最小正周期
∴
又函数过点，且图象在该点附近单调递增，
∴，即，
又∵，∴，
∵过点，
∴，即
∴；
【小问2详解】
将函数的图象上的所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标缩短到原来的得到
.
∴

令，得：，
所以的单调增区间为，.
21. 已知i是虚数单位，a，，设复数，，，且.
（1）若为纯虚数，求；
（2）若复数，在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面的坐标原点.
①是否存在实数a，b，使向量逆时针旋转后与向量重合，如果存在，求实数a，b的值；如果不存在，请说明理由；
②若O，A，B三点不共线，记的面积为，求及其最大值.
【答案】（1）或
（2）①存在，；②，最大值为2
【解析】
【分析】（1）计算，然后使其实部为零，虚部不为零，再结合可求出的值，从而可求出求；
（2）①方法一：由题意可得，然后解关于的方程组可得结果，方法二：设则，再由题意得，从而可求得结果，
②设向量的夹角为θ，，设复数所对应的向量为则，化简后再利用可求得其最大值.
【小问1详解】
因为复数，
所以，
而为纯虚数，因此，即.
又因为，且，所以，
由，解得或，
所以或.
【小问2详解】
①存在，理由如下：
法一：由题意知：，得，
解得或 ，
因为OB逆时针旋转后与OA重合，所以；
法二：设是以x轴正半轴为始边，OB为终边的角，则，
所以即，
所以，所以 ，
且时，满足.
所以.
②因为复数，对应的向量分别是为坐标原点），且O，A，B三点不共线，
所以设向量的夹角为θ，，设复数所对应的向量为
则且，
因此的面积，




，
设，则，
当且仅当且，即或时等号成立，
所以，其最大值为2.
【点睛】关键点点睛：此题考查复数的运算，考查复数的有关概念的应用，考查复数的几何意义的综合应用，解题的关键是对复数的几何意义的正确理解，考查数学计算能力，属于较难题.
22. 如图，已知梯形ABCD的外接圆圆心O在底边AB上，，，点P是上半圆上的动点（不包含A，B两点），点Q是线段PA上的动点，将半圆APB所在的平面沿直径AB折起使得平面平面ABCD.

（1）求三棱锥体积的最大值；
（2）当平面QBD时，求的值；
（3）设QB与平面ABD所成的角为α，二面角的平面角为β.求证：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）当时，到平面的距离最大，的值最大；
（2）连接交于点，连接，则有，可得，即可得答案；
（3）作垂足为，连接，可得即为与平面所成的角；过作垂足为，连结，可得即为二面角的平面角，根据直角三角形中正切值的定义证明即可．
【小问1详解】
因为圆心O在底边AB上且，，
所以，，，是等边三角形，
当时，平面PAB，由平面平面ABCD，平面平面，知平面ABCD，
此时P到平面ABCD的距离最大，为，
所以，的最大值为；
【小问2详解】
连接AC交BD于点M，连接QM，则平面平面，

依题意，平面QBD，平面PAC，所以，
所以
等腰梯形ABCD中，，
所以；
【小问3详解】
证明：作垂足为H，连接QB，

因为平面平面ABCD，平面平面，
所以平面ABCD，BH是BQ在平面ABD的射影，
所以即为QB与平面ABD所成的α，
则，
过H作垂足为G，连接QG，
由平面ABCD知，又，面QHG，
所以平面QHG，平面QHG，，
所以即为二面角的平面角β， 则，
因为是等边三角形则，又，所以，
又，所以，
所以，即.