西南大学附属中学校2022-2023学年高一下学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份西南大学附属中学校2022-2023学年高一下学期期末考试数学试卷（含答案），共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

西南大学附属中学校2022-2023学年高一下学期期末考试数学试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题
1、若，则( )
A. B. C. D.
2、中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，若，，，则( )
A.30° B.60° C.120° D.150°
3、若平面和直线a，b满足，，则a与b的位置关系一定是( )
A.相交 B.平行 C.异面 D.相交或异面
4、若向量，满足，，，则( )
A.2 B.3 C.4 D.5
5、正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，侧棱长为3，则该四棱台的体积为( )
A. B. C. D.56
6、中，D为AB上一点且满足，若P为线段CD上一点，且满足（，为正实数），则的最小值为( )
A.3 B.4 C.5 D.6
7、M为所在平面内一点，且，则动点M的轨迹必通过的( )
A.垂心 B.内心 C.外心 D.重心
8、在四棱锥中，底面ABCD为矩形，底面ABCD，，，E为PD的中点，点N在平面PAC内，且平面PAC，则点N到平面PAB的距离为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题
9、已知圆锥顶点为S，底面圆心为O，AC为底面的直径，，SA与底面所成的角为，则( )
A. B.该圆锥的母线长为
C.该圆锥体积为 D.该圆锥的侧面积为
10、已知复数，，则下列结论正确的是( )
A. 若，则
B. 若和互为共轭复数，则
C. 若，则
D.
11、在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，O为内一点，则下列结论正确的是( )
A.
B.若，则内切圆的半径为2
C.若，则
D.若，，则
12、如图，在四棱锥中，底面ABCD是正方形，侧面PAD为等边三角形，，平面平面ABCD，点M在线段PC上运动（不含端点），则( )

A.平面平面PCD
B.存在点M使得
C.当M为线段PC中点时，过点A，D，M的平面交PB于点N，则四边形ADMN的面积为
D.的最小值为4
三、填空题
13、已知，若（i为虚数单位）是实数，则____________．
14、已知，，若，则____________．
15、正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，点S、A、B、C、D都在同一个球的球面上，则该球的表面积为____________．
16、法国数学家费马被称为业余数学之王，很多数学定理以他的名字命名．对而言，若其内部的点P满足，则称P为的费马点．在中，已知，设P为的费马点，且满足，．则的外接圆半径长为____________．
四、解答题
17、如图，正三棱柱的各棱长均为1，点E为棱的中点．

（1）证明：平面；
（2）求异面直线和AC所成角的余弦值．
18、在中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知．
（1）求角B的大小；
（2）若，且的面积为，求b的值．
19、如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD是梯形，，，，．

（1）证明：；
（2）求直线PC与平面PAB所成角的正弦值．
20、如图，四边形ABCD中，．

（1）若，，求的面积；
（2）若，，，记为，求的值．
21、如图1，在四边形ABCD中，，E为BC上一点，，，，将四边形AECD沿AE折起，使得二面角的大小为，连接BD，BC，得到如图2．

（1）证明：平面平面BCE；
（2）点F是线段BE上一点，设，且二面角为，求的值．
22、记内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知．
（1）求；
（2）记的面积为S，求的最大值．
参考答案
1、答案：C
解析：由，得，
，
故选：C
2、答案：A
解析：在中，由正弦定理得：
，
而，则在中有，
所以.
故选：A.
3、答案：D
解析：当时a与b相交，当时a与b异面.
故答案为D
4、答案：C
解析：因为，，，
所以，
所以，解得，
故选：C
5、答案：A
解析：连接AC，，作平面ABCD，由正四棱台性质可知点E在AC上，
因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，
所以，
易知四边形为等腰梯形，所以，
所以，
因为上下底面面积分别为：，
所以四棱台的体积为.
故选：A

6、答案：B
解析：因为P为线段CD上一点，则，且，
又因为，可得，即，
所以，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为4.
故选：B.

7、答案：C
解析：设边AC的中点为D，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，又点D为边AC的中点，
所以点M在边AC的垂直平分线上，
所以动点M的轨迹必通过的外心，
故选：C.

8、答案：C
解析：如图所示，过点D作，垂足为F，
因为平面ABCD，且平面ABCD，所以，
又因为，且PA,平面PAC，所以平面PAC，
取PF的中点N，连接NE，因为E为PD的中点，可得，所以平面PAC，
过点F作，因为四边形ABCD为矩形，可得，
因为平面ABCD，且平面ABCD，所以，
又因为，且AB,平面PAB，所以平面PAB，
取PG的中点Q，连接NQ，因为N为PF的中点，所以，所以平面PAB，
即NQ为点N到平面PAB的距离，
在矩形ABCD中，因为，可得，
则，可得，
又由，可得，解得，
又由，即点N到平面PAB的距离为.
故答案为：.

9、答案：AB
解析：对于A选项，如下图所示：

由圆锥的几何性质可知，SO与圆O所在的底面垂直，
所以，SA与底面所成的角为，即，
因为，则，所以，，A对；
对于B选项，因为，且，则是边长为6的等边三角形，
所以，该圆锥的母线长为6，B对；
对于C选项，圆O面积为，故该圆锥的体积为，C错；
对于D选项，该圆锥的侧面积为，D错.
故选：AB.
10、答案：BCD
解析：对于A，设，则，但且，A错误；
对于B，设，因为和互为共轭复数，所以，
所以，
所以，B正确；
对于C，设，，
则，
所以，由已知，
所以，故，C正确；
对于D，设，则，
所以，D正确.
故选：BCD.
11、答案：ACD
解析：，是以C为直角的三角形，以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，建立直角坐标系如下图：

，,A正确；
，的周长=12，设内切圆半径为r，则，,B错误；
若，则，，,,,C正确；
对于D，设，，,
由题意，，解得，D正确；
故选：ACD.
12、答案：ACD
解析：对于A,平面平面ABCD，平面平面，,平面ABCD，
所以平面PAD，平面PCD，故平面平面PCD，故A正确
如图，取AD的中点G，连接GC，PG，BD，则，
平面平面ABCD，平面平面，平面PAD，
平面ABCD，平面ABCD，则．
假若，,,AC,平面PAC，
所以平面PAC，而平面PAC，
故，又，,平面PAG,
所以平面PAG,平面PAG，
所以，这显然与底面ABCD是正方形矛盾，故不成立，B错误．

取PB的中点N，连接MN,GB,GC,DM,AN，则,
由于，
由于平面ABCD，GB,平面ABCD，
所以,故，
由于三角形PDC,PAB均为直角三角形，所以,
故四边形ADMN为等腰梯形，且,,
如图：过点M作，所以,
故四边形ADMN的面积为，故C正确，

由于,均为等腰三角形，,,
将两个三角形展开成一个平面，所以四边形APBC为平行四边形，
将沿着PC展开与在同一平面，连接AB交PC于M,
所以四边形APBC为平行四边形，如图:

由余弦定理可得，
所以，
故，故D正确，
故选：ACD
13、答案：3
解析：因为且，所以，解得.
故答案为：3
14、答案：
解析：因为，且，
所以，解得，所以，
则，
所以.故答案为：
15、答案：
解析：如图所示，设球半径为R，底面中心为且球心为O，
正四棱锥中，，
，可得，．
在中，，
，解得，
因此可得外接球的表面积为：．
故答案为：．

16、答案：
解析：由已知，可得，
所以.
在中，，
所以.
在中，由正弦定理（*）
而，
代入（*）式得.
在中，利用余弦定理，可得，所以，
设的外接圆半径为R，在中，利用正弦定理，可得，
所以的外接圆半径长为.
故答案为：.
17、答案：（1）证明见解析
（2）．
解析：（1）连接交于点F，连接EF，

则在正方形中，F为的中点，
又E为的中点，所以EF为的中位线，则；
又平面，平面，
所以平面．
（2）在三棱柱中，则，则（或其补角）为异面直线与AC所成的角．
在中，，，，则．
所以异面直线和AC所成角的余弦值为．
18、答案：（1）
（2）．
解析：（1）因为，
由正弦定理得：，
即，，
因为，所以，
所以，所以；
（2）因为的面积为，
所以，
解得，
由余弦定理得，
则，
所以．
19、答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）取AB的中点E，连接DB，DE，

中，，梯形ABCD中，，，所以四边形BCDE为正方形，
所以，则，
所以中，，
又，所以，则，
又平面ABCD，平面ABCD，所以，
由于，平面PBD,平面PBD,所以平面PBD，
又平面PBD，所以．
（2）以C为坐标原点，，为x轴，y轴正方向，在平面PCD内过点C作CD的垂线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，，
设平面PAB的法向量为，则，即，
令，则，
设直线PC与平面PAB所成角为，
则．
20、答案：（1）
（2）
解析：（1）中由余弦定理得：，
即，解得（舍）或，
所以．
（2）因为，，，
所以，，，
在中，由正弦定理得：，所以．
在中，由正弦定理得：，，
所以，即，
因为，所以，所以，即．
21、答案：（1）证明见解析
（2）
解析：（1）由题意得，，
又，平面BCE，平面BCE，
所以平面BCE，又平面ABE，
所以平面平面BCE，
（2）由，，则为二面角的平面角，
所以，
又，，所以．
以E为坐标原点，，分别为x，y轴正方向，在平面BCE内过点E作BE的垂线为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
，，，
由已知，
．
设平面ADE的法向量为，则，
即，
令，可得，
所以为平面ADE的一个法向量，
设平面ADF的法向量为，
则，即
令，则，
所以为平面ADF的一个法向量，
则，
又由二面角为，
则，即，
即
所以（舍去）或．
所以的值为．
22、答案：（1）
（2）．
解析：（1）因为，
所以
即，
整理可得，即，
则．
（2），由余弦定理可得，
所以，
令，即，
可得，为锐角，且，
所以，解得，此时，当时，y取得最大值．
故的最大值为．