四川省成都市石室中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市石室中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），共22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。

成都石室中学2022~2023学年度下期高2025届期末考试
数学试题
（时间：120分钟 满分：150分）
第I卷 选择题（满分60分）
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. 若点是函数图象的一个对称中心，则的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦函数的对称中心可求出结果.
【详解】依题意可得，，所以，，
当时，.
故选：C
2. 复数(为虚数单位)，则其共轭复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的乘法及除法运算求出，得到，即可求解.
【详解】∵,

∴
∴的虚部为
故选：A
3. 已知为单位向量，且，则（ ）
A. 1 B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先根据得，再根据向量模的公式计算即可得答案.
【详解】因为为单位向量，且，所以，
所以，
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查向量垂直关系的向量表示，向量的模的计算，考查运算能力，是基础题.
4. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用诱导公式和二倍角的余弦公式即可得到答案.
【详解】，
，
且，
故选：D.
5. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据平行线的性质，结合垂直的性质、平面平行的性质逐一判断即可.
【详解】因为，，若，分别在直线上为平面，的法向量，且，故，所以选项A说法正确；
因为，，所以，而，因此，所以选项B说法正确；
当时，如下图所示：也可以满足，，，所以选项C说法不正确；

因为，，所以，而，所以，因此选项D说法正确，
故选：C
6. 记函数的最小正周期为，若，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分析可知函数的图象关于直线对称，可得出，再利用函数的最小正周期求出的取值范围，即可得出的值.
【详解】对任意的，，则为函数的最大值或最小值，
故函数的图象关于直线对称，故，解得，
又因为且函数的最小正周期满足，即，
解得，故.
故选：D.
7. 科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器，2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力“极目一号”Ⅲ型浮空艇长53米，高18米，若将它近似看作一个半球，一个圆柱和一个圆台的组合体，轴截面图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据球、圆柱、圆台的体积公式可求出结果.
【详解】根据题意，该组合体的直观图如图所示：

半球的半径为9米，圆柱的底面半径为9米，母线长为14米，圆台的两底面半径分别为9米和1米，高为30米.
则，，
，
所以.
故选:A.
8. 如图，在中，，，，点在以为圆心且与边相切的圆上，则的最小值为（ ）

A. 0 B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由几何关系分解向量，根据数量积的定义与运算法则求解
【详解】设为斜边上的高，则圆的半径，
设为斜边的中点，，则，
因为，，
则
，故当时，
的最小值为.
故选：C

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. 下列说法中错误的是（ ）
A. 已知，，则与可以作为平面内所有向量的一组基底
B. 已知，则在上的投影向量的坐标是
C. 若两非零向量，满足，则
D. 平面直角坐标系中，，，，则为锐角三角形
【答案】AD
【解析】
【分析】利用基底定义判断选项A；利用向量数量积定义判断选项B；利用向量垂直充要条件判断选项C；利用向量夹角定义判断选项D.
【详解】选项A：已知，，则，则，则与不可以作为平面内所有向量的一组基底，故A错误；
选项B：在上的投影向量为，故B正确；
选项C：若两非零向量，满足，则
即，整理得，则，故C正确；
选项D：平面直角坐标系中，，，，
则，，
则，则，则为直角三角形，故D错误；
故选：AD.
10. 复数在复平面内对应的点为，原点为，为虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若是关于的方程的一个根，则
D. 若，则点的集合所构成的图形的面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据复数的概念、几何意义及其性质，对各个选项进行逐个检验即可得出结论.
【详解】对于 A，令 , 满足 , 但 ,，故A错误；
对于 B, 设 且不同时 0，
，故B正确；
对于 C，，且 是关于的方程 的一个根,
也是关于 的方程 的另一个根,
解得，故 , 故 C正确,
对于D, 设 ,
则 ,
故 ,
圆 的面积为 , 圆 的面积为,
故点的集合所构成的图形的面积为 , 故D正确.
故选: BCD.
11. 中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是（ ）
A.
B. 若有两解，则取值范围是
C. 若为锐角三角形，则取值范围是
D. 若为边上的中点，则的最大值为3
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据向量运算结合面积公式得到，A正确；根据，代入数据则可判断B正确；确定，计算，C错误；利用均值不等式结合余弦定理得到D正确，得到答案.
【详解】对选项A：，故，故，
，所以，故A正确；
对选项B：若△ABC有两解，则，即，则，故B正确；
对选项C：为锐角三角形，则，，故，
则，，故，故C错误；
对选项D：若为边上的中点，则，
故，
又，，
由基本不等式得，当且仅当时等号成立，故，
所以，故，正确；
故选：ABD.
12. 如图，在棱长为的正方体中，分别为棱，的中点，为面对角线上的一个动点，则（ ）

A. 三棱锥的体积为定值
B. 线段上存在点，使平面
C. 线段上存在点，使平面平面
D. 设直线与平面所成角为，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A选项，利用等体积法判断；对于B、C、D三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解
【详解】易得平面平面，所以到平面的距离为定值，又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，故A正确．

对于B, 如图所示, 以为坐标原点, 为轴, 为轴, 为轴, 建立空间直角坐标系, 则，, ，，，
所以 ，，，
设（），则
所以，
平面即
解之得
当为线段上靠近的四等分点时，平面.故B正确
对于C，设平面的法向量
则，取
得
设平面 法向量 ,
则
取 , 得 ,
平面平面
设 , 即 ,
解得 ，，不合题意
线段上不存在点, 使平面//平面，故C错误．
对于D，平面的法向量为
则
因为
所以
所以的最大值为．故D正确．
故选：ABD
第II卷 非选择题（满分90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 若角α的终边上有一点，则______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据定义求出角α的正切，再利用二倍角公式求解.
【详解】由题意得，故.
故答案为：
14. 记面积为，，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.
【详解】由题意，，
所以，
所以，解得（负值舍去）.
故答案为：.
15. 如图，在三棱锥中，，，，平面，为的中点，则直线与所成角的余弦值为______.

【答案】
【解析】
【分析】利用线面垂直的性质定理，给合题设条件推得两两垂直，从而将三棱锥置于一个长方体中，再利用异面直线所成角的定义，结合勾股定理及余弦定理即可求解.
【详解】因为平面，平面，平面
所以，，又，
所以两两垂直，将三棱锥置于一个长方体中，如图所示，

易知，所以直线与所成角即为与所成角为（或其补角），
由题意可知，，
在中，由余弦定理，得，
所以直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
16. 在平面四边形中，，，，则的最大值为______.

【答案】
【解析】
【分析】设，利用三角函数函数得，再利用余弦定理结合三角恒等变换即可得到最值.
【详解】设，，则，代入数据得，
，，
在中运用余弦定理得，
即



，，
所以当，即时，的最大值为3，则的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题关键在于引角，设，再利用三角函数和余弦定理得到，最后结合诱导公式和三角恒等变换即可求出最值.
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. 已知函数的部分图象如图所示.

（1）求的解析式；
（2）将的图像向右平移个单位长度，再保持纵坐标不变，将横坐标缩短为原来的倍，得到的图像，求在区间上的值域.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据给定的函数图像，利用“五点法”作图求解即可；
（2）利用函数图像变换求出函数的解析式，再利用正弦函数的性质即可得解.
【小问1详解】
依题意，由图像得，
，解得，又，则，
所以，
因为点在的图像上，则，
所以，，即，，而，则，
所以．
【小问2详解】
依题意，，
因，则，
而函数在上单调递增，在上单调递减，
因此有，
故在上的值域为．
18. 已知，其中，.
（1）求的单调递增区间；
（2）在中，角、、的对边分别为、、，若，，求的值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）先用二倍角公式和辅助角公式化简，再由正弦函数的单调性可解；
（2）根据已知先求角A，再将目标式化弦整理，然后利用正弦定理和已知可得.
【小问1详解】


令，得，
所以的单调增区间为，．
【小问2详解】
∵，
∴，
又，，
∴，∴，
∵，则由正弦定理得．
∴.
19. 如图，多面体中，四边形为平行四边形，，，四边形为梯形，，，，，，平面平面.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面BCF，平面BCF，再由面面平行的判定定理和性质定理可得答案；
（2）作于O，由线面垂直的判定定理可得平面ADE，平面CDEF，连结CO，直线AC与平面CDEF所成角为，求出正弦值即可；
（3）由（2）得平面CDEF，又，可得答案．
【小问1详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，∴，
平面BCF，平面BCF，所以平面BCF，
∵，平面BCF，平面BCF，所以平面BCF，
，平面ADE，∴平面平面ADE，
∵平面BCF，∴平面BCF.
【小问2详解】
∵平面平面，平面平面，
，平面，
平面ADE，平面，，，
作于O，分别连接，
因为平面平面，平面平面，平面ADE，
所以平面CDEF，连结CO，
所以直线AC与平面CDEF所成角为，
，，所以．
直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为；
【小问3详解】
连接由（2）得平面CDEF，又，
所以距离，又由已知可得
，，，
所以．

20. 为了丰富同学们的课外实践活动，石室中学拟对生物实践基地（区域）进行分区改造.区域为蔬菜种植区，区域规划为水果种植区，蔬菜和水果种植区由专人统一管理，区域规划为学生自主栽培区.的周围将筑起护栏.已知，，，.

（1）若，求护栏长度（的周长）；
（2）学生自主栽培区的面积是否有最小值？若有，请求出其最小值；若没有，请说明理由.
【答案】（1）
（2）有，
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理证得，从而判断得是正三角形，由此得解；
（2）在与中，利用正弦定理求得与关于的表达式，从而利用三角形的面积公式得到关于的表达式，再结合三角函数的最值即可得解.
【小问1详解】
依题意，在中，，，，
所以，则，，即，
所以，又，故，
所以是正三角形，则，，
所以护栏的长度（的周长）为.
【小问2详解】
学生自主栽培区的面积有最小值，理由如下：
设()，
在中，，则，
由正弦定理得，得，
在中，，
由正弦定理得，得，
所以

，
所以当且仅当，即时，的面积取得最小值为﹒
21. 如图1，在中，，，，是中点，作于，将沿直线折起到所处的位置，连接，，如图2.

（1）若，求证：；
（2）若二面角为锐角，且二面角的正切值为，求的长.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用勾股定理推得，从而利用线面垂直的判定定理证得平面，由此得证；
（2）利用线面与面面垂直的判定定理求得二面角与二面角的平面角，从而利用勾股定理得到关于的方程，解之即可得解.
【小问1详解】
在图1中，，，，是中点，
所以，，则，，，
则，又，所以，则，
因为，则，
又平面，所以平面，
因为平面，所以.
【小问2详解】
由题意知， 平面平面，
因而平面，则为二面角的平面角（或补角），即为锐角，
又平面，因而平面平面.
作所在的直线于点，如图，

又平面平面，平面，所以平面，
因为平面，所以，
作于点，连接，
又面，故面，
因为面，则，所以为二面角的平面角（或补角），
设，则，
在中，，设，则，
因而，
在直角三角形中，，即，
解得或（舍去），此时，
从而.
22. 在中，，，，分别是角，，的对边，请在①；②两个条件中任选一个，解决以下问题：

（1）求角的大小；
（2）如图，若为锐角三角形，且其面积为，且，，线段与线段相交于点，点为重心，求线段的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）若选①，先由正弦定理的边角互化，然后结合余弦定理即可得到结果；
若选②，先由正弦定理的边角互化，再结合二倍角公式，即可得到结果.
（2）用、作为平面内的一组基底表示出，再根据平面向量共线定理及推论表示出，即可表示，利用面积公式求出，再由三角形为锐角三角形求出的取值范围，最后根据数量积的运算律及对勾函数的性质计算可得．
【小问1详解】
若选①，因为，由正弦定理可得，，化简可得
，又因为，则，，
故.
若选②，因为，由正弦定理可得，，
且，则，且，
所以，其中，
所以，则.
【小问2详解】
由题意可得，，
所以，
因为、、三点共线，故设，
同理、、三点共线，故设，
则，解得，
所以，
则，
因为，所以，
又因为为锐角三角形，
当为锐角，则，即，
即，所以；
当为锐角，则，即，
则，即，所以；
综上可得，
又因为，
则，
因为，则，
且在上单调递减，，
所以，即，
所以．