精品解析：甘肃省兰州市兰州市教育局第四片区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：甘肃省兰州市兰州市教育局第四片区2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年甘肃省兰州市教育局第四片区高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共9小题，共36.0分．在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. （ ）
A. 1 B. 2 C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】由题意首先化简，然后计算其模即可.
【详解】由题意可得，
则.
故选：C.
2. 正方形边长是2，是的中点，则（ ）
A. B. 3 C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】方法一：以为基底向量表示，再结合数量积的运算律运算求解；方法二：建系，利用平面向量的坐标运算求解；方法三：利用余弦定理求，进而根据数量积的定义运算求解.
【详解】方法一：以为基底向量，可知，
则，
所以；
方法二：如图，以为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，可得，
所以；
方法三：由题意可得：，
在中，由余弦定理可得，
所以.
故选：B.

3. 如图所示，圆柱与圆锥的组合体，已知圆锥部分的高为，圆柱部分的高为，底面圆的半径为，则该组合体的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用圆柱和圆锥的体积公式即可求解.
【详解】依题意可知，底面圆的半径为圆柱部分的高为，圆锥部分的高为，
所以圆柱部分的体积为，
圆锥部分的体积为，
所以该组合体的体积为.
故选：C.
4. 等边三角形中，与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量夹角的定义可得结果.
【详解】解：延长到，则为与的夹角，所以，与的夹角为．

故选：C．
5. 长方体的一个顶点上的三条棱长分别是，且它的个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由长方体的性质，求得长方体的对角线长，得到外接球的半径，代入球的表面积公式，即可求解．
【详解】如图所示，在长方体中，设，，，
可得，
设长方体外接球的半径为，
根据长方体的对角线长等于其外接球的直径，可得，所以，
所以长方体外接球表面积．
故选：B．

6. 在长方体中，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】在长方体中，由，故为异面直线与所成角或其补角，然后在中由余弦定理可得答案.
【详解】如图，，故为异面直线与所成角或其补角，
由题意，得，
，，
在中
所以与所成角的余弦值为.
故选：A

7. 已知，，与的夹角为，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接利用向量的数量积化简、运算，即可得到答案.
【详解】因为，，与的夹角为，
则．
故选：C．
8. 如图，是水平放置的斜二测直观图，为等腰直角三角形，其中与重合，，则的面积是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】把斜二测直观图还原，求出、的长度，代入三角形面积公式得答案．
【详解】在斜二测直观图中，由为等腰直角三角形，，可得，
根据斜二测画法，还原原图形为直角三角形，如图所示：
则，，则．
故选：D．

9. 平面内两条直线，都平行于平面，则与的关系是（ ）
A. 平行 B. 相交 C. 重合 D. 不确定
【答案】D
【解析】
【分析】利用面面平行的判定并举例说明作答.
【详解】若直线与直线为相交直线，根据平面与平面平行的判定定理可得，
若，如图：可能，也可能与相交．

故选：D
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分．在每小题有多项符合题目要求）
10. 已知，为不同的直线，，为不同的平面，下列命题为真命题的有（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】ACD
【解析】
【分析】对A，根据垂直于同一直线的两平面平行，即可判断；对B，由线面平行的判定定理即可判断；对C，由面面垂直的判定定理即可判断；对D，根据垂直于同一平面的两直线平行，即可判断.
【详解】解：对A，由垂直于同一直线的两平面平行可得：，，故A正确；
对B， ，，则或者，故B错误；
对C，由面面垂直的判定定理可知：，，故C正确；
对D，由垂直于同一平面的两直线平行可得：，，故D正确.
故选：ACD.
11. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面为直角梯形，，，底面ABCD，且，M、N分别为PC、PB的中点.则（ ）

A. B. C. 平面ANMD D. BD与平面ANMD所在的角为30°
【答案】CD
【解析】
【分析】通过反证法证明A，B错误，通过线面垂直判定定理证明C正确，通过作出线面角求得D正确.
【详解】对A，若，又，则面，与底面ABCD矛盾，故A错误；
对B，若，则平面，则，在题中给出的直角梯形中，显然不可能，故B错误；
对C，，，所以平面ANMD ，故C正确；
对D，连接DN，因为平面ADMN，所以是BD与平面ADMN所成的角在中，，所以BD与平面ADMN所成的角为，故D正确；
故选：CD.

【点睛】本题考查空间中线线垂直、线面垂直的证明、线面角的求解，考查转化与化归思想、数形结合思想，考查空间想象能力和运算求解能力，求解时注意准确作出线面角，再从三角形中进行求解.
12. 等腰直角三角形直角边长为1 ，现将该三角形绕其某一边旋转一周 ，则所形成的几何体的表面积可以为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】
分2种情况，一种是绕直角边，一种是绕斜边，分别求形成几何体的表面积.
【详解】如果是绕直角边旋转，形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边，
所以所形成的几何体的表面积是.
如果绕斜边旋转，形成的是上下两个圆锥，圆锥的半径是直角三角形斜边的高，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，
所以写成的几何体的表面积.
综上可知形成几何体的表面积是或.
故选：AB
【点睛】本题考查旋转体的表面积，意在考查空间想象能力和计算能力，属于基础题型.
三、填空题（本大题共4小题，共16.0分）
13. 若与平行，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】由向量平行的坐标表示可直接构造方程求得结果.
【详解】，，解得：.
故答案为：.
14. 若，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据同角三角关系求，进而可得结果.
【详解】因为，则，
又因为，则，
且，解得或（舍去），
所以.
故答案为：.
15. 若复数为虚数单位，，则 ______
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的运算法则，求得，得到复数对应点，设，由，得到，结合圆的性质，即可求解.
【详解】由复数，所以复数对应复平面内的点，
设，则复数对应复平面内的点，
由，可得，
在复平面内，点轨迹是以原点为圆心，半径的圆，如图所示，
所以．
故答案：．

16. 如图，在直二面角中，和分别在平面和上，它们都垂直于，且，，，则______．

【答案】
【解析】
【分析】连接，由面面垂直的性质可得，再由线面垂直的性质有，在△、△中，利用勾股定理求.
【详解】连接，在直二面角中，，，
所以，又，则，又，

所以，在△、△中.
故答案为：
四、解答题（本大题共4小题，共36.0分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知锐角，，满足，，求．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件，利用三角函数的基本关系式，求得，，再结合，即可求解.
【详解】由、是锐角，可得，
因为，，所以，，
所以
．
故.
18. 在复平面内A，B，C的对应的复数分别为．
（1）求；
（2）判定的形状．
【答案】（1），，
（2）直角三角形
【解析】
【分析】（1）利用复数的几何意义得到点A，B，C的坐标，再根据向量的定义与坐标表示即可解决问题；
（2）观察（1）中的向量坐标，发现，故可判定的形状.
【小问1详解】
根据复数的几何意义，得，，，
所以，同理：，．
【小问2详解】
由（1）得，
故，所以为直角三角形.
19. 如图，在正四棱锥中，，，、、分别为中点.


（1）求证：平面；
（2）三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）通过证明得到平面；
（2）先求得，通过体积转化得，求得
【小问1详解】
证明： 连接，
∵四边形为正方形，、分别为中点，
∴，
又五点共面，平面，平面，
∴平面，
【小问2详解】

在正四棱锥中，连接交于点，连接，
则平面，又平面，所以，
所以，
，
因为，为中点.
所以
，
故.
20. 已知点，，O为坐标原点，函数．
（1）求函数的解析式及最小正周期；
（2）若A为的内角，，，求周长的最大值．
【答案】（1）；；
（2）.
【解析】
【分析】(1)根据给定条件求出函数并结合辅助角公式化简，再求出最小正周期.
(2)由(1)求出角A，利用余弦定理结合均值不等式求解作答.
【小问1详解】
因点，，则，，
则，
所以函数，最小正周期.
【小问2详解】
由(1)知，，即，在中，，解得，
由余弦定理得：
，
当且仅当时取“=”，即，解得，则 ，
所以，当时，周长取得最大值.