重庆市育才中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题(Word版附解析)
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数学试题卷
一、单项选择题(本大题共 8 个小题,每小题 5 分,共 40 分. 在每小题给出的四个选项中,只有一项符合要求的)
1. 复数的虚部为( )
A. B. C. 2 D. 2i
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的乘法可得,结合复数概念即可得到答案.
【详解】,则虚部为
故选:A.
2. 已知正三棱锥的六条棱长均为6,S是及其内部的点构成的集合.设集合,则T表示的区域的面积为( )
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出以为球心,5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.
【详解】
设顶点在底面上的投影为,连接,则为三角形的中心,
且,故.
因为,故,
故的轨迹为以为圆心,1为半径的圆,
而三角形内切圆圆心为,半径为,
故的轨迹圆在三角形内部,故其面积为
故选:B
3. 若直线通过点,则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】依题意可得,点在单位圆上,所以直线与单位圆有交点,则圆心即原点到直线的距离,即,故选D
4. 已知函数,.若在区间内没有零点,则取值范围是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先把化成,求出的零点的一般形式为,根据在区间内没有零点可得关于的不等式组,结合为整数可得其相应的取值,从而得到所求的取值范围.
【详解】由题设有,
令,则有即.
因为在区间内没有零点,
故存在整数,使得,
即,因为,所以且,故或,
所以或,
故选:D.
【点睛】本题考查三角函数在给定范围上的零点的存在性问题,此类问题可转化为不等式组的整数解问题,本题属于难题.
5. 如图,某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练,已知点到墙面的距离为,某目标点沿墙面上的射线移动,此人为了准确瞄准目标点,需计算由点观察点的仰角的大小,若,则的最大值是( ).(仰角为直线与平面所成的角)
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题可得,,过作,交于,连接,则,设,分类讨论,若在线段上,则,可求出和,从而可得出,利用函数的单调性,可得出时,取得最大值;若在的延长线上,同理求出和,可得出,可得当时,函数取得最大值;结合两种情况的结果,即可得出结论.
【详解】解:,,
由勾股定理知,,
过点作交于,连结,则,
设,
若在线段上,则,
由,得,
在直角中,,
,
令,则函数在,单调递减,
时,取得最大值为;
若在的延长线上,,
在直角中,,
,
令,则可得时,函数取得最大值.
故答案为:.
6. 直线分别与轴,轴交于,两点,点在圆上,则面积的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】分析:先求出A,B两点坐标得到再计算圆心到直线距离,得到点P到直线距离范围,由面积公式计算即可
详解:直线分别与轴,轴交于,两点
,则
点P在圆上
圆心为(2,0),则圆心到直线距离
故点P到直线的距离的范围为
则
故答案选A.
点睛:本题主要考查直线与圆,考查了点到直线的距离公式,三角形的面积公式,属于中档题.
7. 已知是互不相同的锐角,则在三个值中,大于的个数的最大值是( )
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】利用基本不等式或排序不等式得,从而可判断三个代数式不可能均大于,再结合特例可得三式中大于个数的最大值.
【详解】法1:由基本不等式有,
同理,,
故,
故不可能均大于.
取,,,
则,
故三式中大于的个数的最大值为2,
故选:C.
法2:不妨设,则,
由排列不等式可得:
,
而,
故不可能均大于.
取,,,
则,
故三式中大于的个数的最大值为2,
故选:C.
【点睛】思路分析:代数式的大小问题,可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩,注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向.
8. 函数f(x)=()的值域是
A. [-] B. [-]
C. [-] D. [-]
【答案】C
【解析】
【分析】由题意结合函数解析式的特征利用换元法,结合三角函数的性质和均值不等式的结论,求解函数的值域即可.
【详解】令,则:,即:,
分类讨论:
当时,,则:,
函数的解析式换元为:
,
当且仅当时等号成立,此时函数的值域为;
当时,,则:,
函数的解析式换元为:
,
当且仅当时等号成立,此时函数的值域为;
综上可得:函数f(x)=( )的值域是,
故选:C
二、多项选择题(本大题共 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. 如图,用35个单位正方形拼成一个矩形,点、、、以及四个标记为“▲”的点在正方形的顶点处,设集合,点,过作直线,使得不在上的“▲”的点分布在的两侧. 用和分别表示一侧和另一侧的“▲”的点到的距离之和. 若过的直线中有且只有一条满足,则中所有这样的为( )
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系,将“▲”代表的四个点坐标写出,再利用平行四边形的性质即可.
【详解】建立平面直角坐标系,如图所示
则记为“▲”的四个点是,
线段的中点分别为,
则,
则由得四边形为平行四边形,设其对角线交于,
则,
即,
由此求得与点重合,
根据平行四边形的中心对称性可知,符合条件的直线一定经过点.
而过点和的直线有且仅有一条;过点和的直线有且仅有一条;
过点和的直线有且仅有一条.
所以符合条件的点是.
故选:ACD.
10. 如图,正方体的棱长为1,为的中点,为线段上的动点,过点的平面截该正方体所得的截面记为.则( )
A. 当时,为四边形
B. 当时,与的交点满足;
C. 当时,为六边形
D. 当时,的面积为.
【答案】ABD
【解析】
【分析】分的位置情况讨论截面的形状,再逐一分析各个选项即可得出答案.
【详解】过点的平面截正方体,当时,其截面形状为四边形,如图1,故A正确;
当时,S与的交点满足,理由如下:
如图2,延长至点,使得,连接交于点,
取中点,中点,连接,
则,,所以四边形与四边形均为平行四边形,
所以,且,所以四边形为平行四边形,
所以,由中位线的性质可知:,所以,
所以四边形即为,其中,
所以,所以,B正确;
当时,为五边形,理由如下:
如图3,根据B的分析,随着点在图2的基础上沿着向上移动,
则点点沿着射线向上移动,此时与相交于点,
与相交于点,连接,故所截得的为五边形,故C错误;
当时,的面积为,理由如下:
如图4,点与重合,此时为的中点,可证得:,,
其中,所以为菱形,
且,面积为,D正确.
故选:ABD
11. 已知三个内角的对边依次成等比数列,且,点在线段上(含端点),若满足的点恰好有2个,则实数可能为( )
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】由三角恒等变换与等比中项的性质可得为等边三角形,设BC中点M,则,由题意若满足的点T恰好有2个,即需要,故,求解即可.
【详解】由,
又由,
所以,
∴,∴,或(舍).
,∴,从而,∴,
即为等边三角形.
设BC中点M,则,
,
由题意若满足的点T恰好有2个,即需要,
故,
∴实数t的取值范围为.
故选:BC.
12. 设,函数,则( )
A. 在区间上单调递减;
B. 当时,存在最大值;
C. 设,则;
D. 设.若存在最小值,则a的取值范围是.
【答案】BC
【解析】
【分析】先分析的图像,再逐一分析各结论;对于A,取,结合图像即可判断;对于B,分段讨论的取值范围,从而得以判断;对于C,结合图像可知的范围;对于D,取,结合图像可知此时存在最小值,从而得以判断.
【详解】依题意,,
当时,,易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线;
当时,,易知其图像是,圆心为,半径为的圆在轴上方的图像(即半圆);
当时,,易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线;
对于A,取,则的图像如下,
显然,当,即时,在上单调递增,故A错误;
对于B,当时,
当时,;
当时,显然取得最大值;
当时,,
综上:取得最大值,故B正确;
对于C,结合图像,易知在,且接近于处,的距离最小,
当时,,当且接近于处,,
此时,,故C正确;
对于D,取,则的图像如下,
因为,
结合图像可知,要使取得最小值,则点在上,
点在上,
同时的最小值为点到的距离减去半圆的半径,
此时,因为的斜率为,则,
故直线的方程为,
联立,解得,则,
显然在上,满足取得最小值,
即也满足存在最小值,故的取值范围不仅仅是,故D错误.
故选:BC.
【点睛】关键点睛:本题解决的关键是分析得的图像,特别是当时,的图像为半圆,解决D选项时,可取特殊值进行排除即可.
三、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.)
13. 在三角形中,角的对边分别是.,,且,则三角形的面积是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据同角关系可得,,根据数量积即可求解,根据面积公式即可求解.
【详解】由可知:为锐角,由同角关系可得,,
由可得,
所以,
故答案为:
14. 在平面直角坐标系中,设三角形的顶点分别为,,,点在线段上(异于端点),设均为非零实数,直线分别交于点,一同学已正确算得的方程:,请你求的方程:______.
【答案】
【解析】
【分析】
写出直线AB,CP的截距式方程,两式相减即所求直线方程.
【详解】直线交于点F,两式相减得:
,F满足该方程,O在该直线上,
则就是的方程.
故答案为:
【点睛】此题考查求直线方程,关键在于熟练掌握直线的截距式方程,根据求交点坐标方法可得所求直线方程.
15. 在平面直角坐标系xOy中,A(-12,0),B(0,6),点P在圆O:x2+y2=50上,若·20,则点P的横坐标的取值范围是_________
【答案】
【解析】
【详解】设,由,易得,由,可得或,由得P点在圆左边弧上,结合限制条件,可得点P横坐标的取值范围为.
点睛:对于线性规划问题,首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线,其次确定目标函数的几何意义,是求横坐标或纵坐标、直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等,最后结合图形确定目标函数的最值或取值范围.
16. 已知长方体中,,,过点且与直线平行的平面将长方体分成两部分,且分别与棱交于点.现同时将两个球分别放入被平面分成的两部分几何体内.在平面变化过程中,这两个球半径之和的最大值为______.
【答案】##
【解析】
【分析】作出两个球在侧面上的投影,设,可利用表示出,设,将表示为关于的函数的形式,利用基本不等式可求得的最大值,经检验符合题意,由此可得结果.
【详解】平面,平面平面,平面,;
作出两个球在侧面内的投影圆,两圆与均相切,且各与长方形的两边相切,设,两圆半径分别为,如下图所示,
由得:;
由得:;
;
由题意知:,
设,,
(当且仅当,即时取等号),
当时,,
当时,取得最大值,最大值为.
故答案为:.
【点睛】关键点点睛:本题考查立体几何中的最值问题的求解,解题关键是能够通过投影的方式,将两球的半径之和表示为关于变量的函数的形式,从而利用函数最值的求解方法来求得最值.
四、解答题(本大题共70分,解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤)
17. 如图,在等腰直角中,,,点在线段上.
(Ⅰ) 若,求的长;
(Ⅱ)若点在线段上,且,问:当取何值时,的面积最小?并求出面积的最小值.
【答案】(Ⅰ)或(Ⅱ)当时, 的面积的最小值为
【解析】
【详解】解:(1)在△OMP中,∠OPM=45°,OM=,OP=2,
由余弦定理得,OM2=OP2+MP2-2OP·MP·cos45°,
得MP2-4MP+3=0,
解得MP=1或MP=3.
(2)设∠POM=α,0°≤α≤60°,
在△OMP中,由正弦定理,
得=,
所以OM=,
同理ON=.
故S△OMN=OM·ON·sin∠MON
=×
=
=
=
=
=
=.
因为0°≤α≤60°,
30°≤2α+30°≤150°,
所以当α=30°时,sin(2α+30°)的最大值为1,
此时△OMN的面积取到最小值.
即∠POM=30°时,△OMN的面积的最小值为8-4.
18. 如图,在四棱锥中,底面为直角,,E、F分别为的中点.
(1)试证:平面;
(2)设,且二面角的平面角大于,求k的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)k的取值范围为
【解析】
【分析】(1)欲证面,根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证与面内两相交直线垂直,而,,,满足定理条件;
(2)连接交于,在底面中,过作,垂足为,连接,根据二面角平面角的定义可知为二面角的平面角,求出此角的正切值使该值大于,即可求出的范围.
【小问1详解】
证明:由已知为直角.
故是矩形.从而.
又底面,,所以
又平面,所以平面
故.
中,、分别为、的中点,
故,从而,面,面
由此得面.
【小问2详解】
解:连接交于,连接,在底面中,过作,垂足为,连接,
因为,则四边形为平行四边形,所以为中点
则,所以底面,故
又,平面
所以平面,则
从而为二面角的平面角.
设,则在中,有
以下计算,考虑底面的平面图,
连接,因,
故.
在中,因,得.
而,.
因此,.
由知是锐角.故要使,
必须,
取值范围为
19. 已知曲线C是到点和到直线距离相等的点的轨迹.l是过点的直线,M是C上(不在l上)的动点;A、B在l上,,轴(如图).
(1)求曲线C的方程;
(2)求出直线l的方程,使得为常数.
【答案】(1)
(2)2x−y+2=0
【解析】
【分析】(1)设N(x,y)为C上的点,进而可表示出|NP|,根据N到直线的距离和|NP|进而可得曲线C的方程.
(2)先设,直线l:y=kx+k,进而可得B点坐标,再分别表示出|QB|,|QM|,|MA|,最后根据求得k.
【小问1详解】
设N(x,y)为C上的点,则,
N到直线的距离为.
由题设得,
化简,得曲线C的方程为.
小问2详解】
设,
明显直线l的斜率存在,设直线l:y=kx+k,则B(x,kx+k),从而.
在Rt△QMA中,
因为,
.
所以,
∴,
.
当k=2时,,
从而所求直线l方程为2x−y+2=0,使得为常数
20. 《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马,将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.
如图,在阳马中,侧棱 底面,且 ,过棱的中点 ,作交 于点,连接
(Ⅰ)证明:.试判断四面体 是否为鳖臑,若是,写出其每个面的直角(只需写
出结论);若不是,说明理由;
(Ⅱ)若面与面 所成二面角的大小为,求的值.
【答案】(Ⅰ)详见解析;(Ⅱ).
【解析】
【详解】(解法1)(Ⅰ)因为底面 ,所以,
由底面为长方形,有 ,而,
所以.而,所以 .
又因为,点 是的中点,所以 .
而,所以 平面.而 ,所以.
又, ,所以平面 .
由平面 ,平面 ,可知四面体的四个面都是直角三角形,
即四面体是一个鳖臑,其四个面的直角分别为 .
(Ⅱ)如图1,在面内,延长 与交于点 ,则是平面 与平面
的交线.由(Ⅰ)知,,所以.
又因为底面 ,所以.而 ,所以.
故是面 与面所成二面角的平面角,
设, ,有,
在Rt△PDB中, 由, 得,
则 , 解得.
所以
故当面与面 所成二面角的大小为时,.
(解法2)
(Ⅰ)如图2,以为原点,射线 分别为轴的正半轴,建立空间直角坐标系.
设, ,则, ,点是 的中点,
所以, ,
于是,即 .
又已知,而 ,所以.
因, , 则, 所以.
由平面 ,平面 ,可知四面体的四个面都是直角三角形,
即四面体是一个鳖臑,其四个面的直角分别为 .
(Ⅱ)由,所以是平面 的一个法向量;
由(Ⅰ)知,,所以是平面 的一个法向量.
若面与面 所成二面角的大小为,
则,
解得.所以
故当面与面 所成二面角的大小为时,.
考点:四棱锥的性质,线、面垂直的性质与判定,二面角.
21. 在平面直角坐标系中,已知矩形的长为2,宽为1,边分别在轴、轴的正半轴上, 点与坐标原点重合(如图所示).将矩形折叠,使A点落在线段上.
(1)若折痕所在直线的斜率为,试写出折痕所在直线的方程;
(2)求折痕的长的最大值.
【答案】(1);
(2).
【解析】
【分析】(1)分与分类讨论,根据对称关系即可求解; (2)根据折痕在不同的位置分类讨论即可求解.
【小问1详解】
当时,此时点与点重合,折痕所在的直线方程;
②当时,将矩形折叠后点落在线段上的点为,所以与关于折痕所在的直线对称,有,故点坐标为,从而折痕所在的直线与的交点坐标(线段的中点)为.
故折痕所在的直线方程, 即,
由①②得折痕所在的直线方程为;
【小问2详解】
折痕所在的直线与坐标轴的交点坐标分别为,
解,得;解,得,
因为在上,所以,
当时,直线交于
;
②当时,直线与轴、轴的交点落在矩形的边和上,
,
所以,令,解得,此时取得最大值,且;
③当时,直线交于,
所以折痕的长度的最大值为.
22. 圆,,过直线交圆于两点,且在之间.
(1)记三角形ABP与三角形ABC的面积分别为与,求的取值范围;
(2)若直线,分别交轴于两点,,求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】(1)由面积大小恒正,结合基本不等式求目标式的范围,注意边界值取值条件;
(2)设直线方程及B、C点坐标,写出直线AB、AC方程求M、N坐标,结合已知列方程,应用韦达定理求直线的对应斜率,即可得直线方程.
【小问1详解】
若到直线距离为,则,故,
根据圆的对称性,讨论直线从一条切线位置旋转为一条过圆心直线的过程中,
从逐渐变小为,对应从0逐渐变大为,
所以,故,仅当时等号成立,
结合对勾函数在上递减,在上递增,则值域,
所以的取值范围为.
【小问2详解】
直线的斜率一定存在且不为0,设,
如下图示,令且,,
易知,,
所以,,结合图知:,
所以,故,
联立,圆,
消去整理得:,
则,即,故,
且,,则,
综上,,可得,故.
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