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    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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    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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    这是一份重庆市育才中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题(Word版附解析),共28页。试卷主要包含了单项选择题,多项选择题,填空题,解答题等内容,欢迎下载使用。

    重庆市育才中学高2025届高一下期期末考试
    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

    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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