2022-2023学年黑龙江省大庆实验中学实验二部高一下学期期末考试数学试题含答案

2022-2023学年黑龙江省大庆实验中学实验二部高一下学期期末考试数学试题

一、单选题

1．已知复数，则z的共轭复数在复平面内对应的点在（    ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】C

【分析】根据复数的运算可得，再结合共轭复数的概念以及复数的几何意义分析判断.

【详解】由题意可得：，

则，

所以z的共轭复数在复平面内对应的点为，位于第三象限.

故选：C.

2．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】利用同角三角函数平方关系和正弦的二倍角公式可求解.

【详解】因为，，可得，

所以，

所以.

故选：D.

3．一个水平放置的三角形ABC的直观图是边长为2的等边三角形，则的面积是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据两个三角形的面积关系，即可求解.

【详解】由题意可知，，

而，所以.

故选：A

4．在空间中，l，m是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（    ）

A．若，，，则 B．若，，则

C．若，，，则 D．若，，，则

【答案】D

【分析】根据线面的位置关系及判定方法求解.

【详解】若，，，则或异面，故A错误；

若，，则或，故B错误；

若，，，可能有，故C错误；

若，，则，又，则，故D正确，

故选：D.

5．函数的单调递增区间是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据三角函数的性质，列式求解.

【详解】令，，

解得：，

所以函数的单调递增区间是.

故选：C

6．已知向量，满足，且，，则等于（    ）

A． B．6 C．2 D．4

【答案】B

【分析】将条件等式两边平方，联立方程后，即可求解.

【详解】由题意可知，，

即，所以.

故选：B

7．在正三棱柱中，，，，，平面CMN截三棱柱所得截面的周长是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】首先作出截面，再根据几何关系求边长，即可求解周长.

【详解】如图1，延长与交于点，连结，与交于点，

连结，则四边形为所求截面，

其中，，

如图2，，所以，即，

如图1，若，则，所以，

即点是的中点，

所以，

中，，

所以，

所以四边形的周长为.

故选：B

8．在中，对于任意的实数k都满足，则角B的最小值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】转化为，可得即为边上的高，设为，再利用三角函数定义可得答案.

【详解】对于任意的实数k都满足，

即，可得即为边上的高，设为，

所以，

可得，因为，

则角B的最小值是.

故选：A.    

二、多选题

9．下列关于复数z的说法正确的是（    ）

A．

B．若，则z的虚部为i

C．

D．在复平面内满足的点的集合表示图形的面积为

【答案】ACD

【分析】根据复数的概念，运算，以及复数的几何意义，即可判断选项.

【详解】A.设，则，故A正确；

B. 若，则z的虚部为，故B错误；

C.，故C正确；

D. 在复平面内满足的点的集合表示图形为圆心为原点，半径为2的圆内，

和半径为1的圆外，所包含的圆环，圆环的面积为，故D正确.

故选：ACD

10．已知正方体的棱长为2，以中点为球心作半径为R的球，若该球面与正方体的每条棱都没有公共点，则球的半径可以是（    ）

A．1 B． C． D．2

【答案】AD

【分析】首先求球面与正方体的棱相切时的球的半径，以及正方体外接球的半径，根据题意，即可判断选项.

【详解】正方体的面对角线长为，体对角线长为，

若以中点为球心的球与正方体的每条棱都相切，则球的半径为，

由题意可知，该球的半径

正方体的对角线，正方体的外接球的半径为，

若球面与每条棱没有公共点，则.

综上可知，和满足条件.

故选：AD

11．已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则为锐角三角形

B．若，则

C．若，则为锐角三角形

D．在中，若，，，则

【答案】BC

【分析】根据数量积的定义，结合锐角三角形的定义，即可判断A；根据正弦定理，结合二倍角公式，即可判断B；利用两角和的正切公式的变形，即可判断C；利用正弦定理，即可判断D.

【详解】A.中， ，则角为锐角，不能说明为锐角三角形，故A错误；

B.若，则，根据正弦定理可知，，，

所以，即，故B正确；

C.，

则，即，

只能都是正数，即都是锐角，即是锐角三角形，故C正确；

D. 中，根据正弦定理，即，得，

因为，所以或，故D错误.

故选：BC

12．在平面凸四边形中，，，，现沿对角线折起，使点到达点，设二面角的平面角为，若，当则三棱锥的外接球的表面积可以是（    ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】由四边形对角互补，可知四顶点共圆，过圆心作圆面的垂线，过圆心翻折对应点作折后平面的垂线，两者的交点即为外接球的球心，则结合图形可求球的半径范围，继而可求三棱锥的外接球的表面积的范围.

【详解】平面凸四边形中，，，

平面凸四边形中，四顶点共圆，

令平面凸四边形所在圆的圆心为,沿对角线折起，使点到达点，

取中点,连接,过点作平面的垂线，

过点作平面的垂线，令两条垂线的交点为,

在中由正弦定理可得的直径,

由垂径定理可得,

由翻折对称可知,

平面,平面,

,

 同理,

又，,

,

,

又二面角的平面角,

即,

,

,

中,

外接求得半径,

三棱锥的外接球的表面积,

故选：BCD.

三、填空题

13．已知非零向量，满足，则在上的投影向量为      ．

【答案】

【分析】首先将条件变形求得，再代入投影向量的公式，即可求解.

【详解】由题意可知，，且，

整理为，即，

即

在上的投影向量为.

故答案为：

14．现有甲乙两个形状完全相同的四棱台容器如图所示，已知，，现按一定的速度匀速往甲容器里注水，当水的高度是四棱台高度的一半时用时7分钟，如果按照相同的速度匀速往乙容器里注水，当水的高度是四棱台高度的一半时用时      分钟．

【答案】19

【分析】根据台体的体积公式运算求解.

【详解】由题意可知：四棱台高度的一半的截面边长为，

设四棱台的高为，

对甲可知：上、下台体的体积之比为，

设往乙容器里注水，当水的高度是四棱台高度的一半时用时t分钟，则，即，

所以用时19分钟.

故答案为：19.

15．已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则的最大值是      ．

【答案】

【分析】首先利用正弦定理边角互化，得，再结合余弦定理，将表示为三角函数，即可求函数的最值.

【详解】由题意可知，，

即，由余弦定理可知，,

所以，

即，其中，

所以的最大值为.

故答案为：

16．在棱长为4的正方体中，点P是线段上动点，点M是线段AB上动点，点N是侧面上动点，则的最小值是      ．

【答案】4

【分析】作辅助线，根据几何意义求解.

【详解】过P点作平面ABCD的垂线，得垂足H，过P点作平面的垂线得垂足Q，过H点作AB的垂线得垂足T，

连接PQ，PH，PT，HT，NQ，如下图：

在中，，在中，，在中，，

设，则，，，

，当N点与Q点重合并且M点与T点重合时等号成立，即最小值为4；

故答案为：4.

四、解答题

17．已知内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，已知．

(1)求角B；

(2)若，且，求的周长．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换，即可求角；

（2）根据三角形面积公式求，再结合余弦定理求，即可求三角形的周长.

【详解】（1）由题意，

即，

因为，所以，，

所以；

（2）由题意，则，

由余弦定理，

即，得，

所以三角形的周长.

18．已知向量，，函数

(1)求函数的单调递减区间；

(2)若，求函数的值域．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据三角恒等变换公式以及正弦函数减区间的求解方法求解；

（2）根据的范围和正弦函数的性质即可求值域.

【详解】（1）

，

由，得，

所以函数的单调递减区间为；

（2）由（1），

因为得：，

所以，

所以函数的值域为.

19．在四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD是的菱形，，点M是PC的中点．

(1)证明：//平面MDB；

(2)求三棱锥的体积．

【答案】(1)证明见详解

(2)

【分析】（1）根据中位线可得∥，进而根据线面平行的判定定理分析证明；

（2）根据题意分析可得，再利用转换顶点法求锥体体积.

【详解】（1）设，连接，可知：为的中点，

因为点M是PC的中点，则∥，

且平面MDB，平面MDB，

所以//平面MDB.

（2）因为点M是PC的中点，且平面，

则点A、C到平面的距离相等，所以，

又因为平面ABCD，则三棱锥的高为，

可得，

所以三棱锥的体积为.

20．在四棱锥中，平面PAB⊥平面ABCD，为等腰直角三角形，，底面ABCD为矩形，，点E是AB的中点．

(1)证明：EC⊥平面PED；

(2)若F是CD的中点，求直线PF与平面PBC所成角的大小．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）要证明线面垂直，转化为证明线线垂直，利用面面垂直，转化为证明，以及，即可证明；

（2）利用等体积转化求点到平面的距离，再利用线面角的定义，即可求正弦值.

【详解】（1）平面平面，平面平面，

因为，点E是AB的中点，所以，又平面PAB，

所以平面，平面，所以，

底面为矩形，且，所以，

所以，

则，，且平面，

所以平面；

（2）由（1）的证明可知，，则平面，平面，

所以，

因为为等腰直角三角形，所以，则,

因为是的中点，所以，且，

设点到平面的距离为，

因为，即，得，

,

设直线PF与平面PBC所成角为，所以,又

则，

所以直线PF与平面PBC所成角的大小为.

21．如图，在三棱柱中，四边形为矩形，，，点E为棱的中点，.

(1)求证：平面平面；

(2)求平面AEB与平面夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据矩形及勾股定理的逆定理可得线面垂直的条件，再由平面，即可证明面面垂直；

（2）建立空间直角坐标后，求出相关法向量，再用夹角公式即可.

【详解】（1）证明：由三棱柱的性质及可知四边形为菱形

又∵

∴为等边三角形

∴，

又∵，∴，∴

又∵四边形为矩形

∴

又∵

∴平面

又∵平面

∴平面平面.

（2）以B为原点BE为x轴，为y轴，BA为E轴建立空间直角坐标系，如图所示，

，，，，，

设平面的法向量为.

则即

∴，

又∵平面ABE的法向量为，

∴，

∴平面ABE与平面夹角的余弦值为.

22．在平面四边形ABCD中，如图所示．

(1)若，，求线段AC长度的最大值；

(2)若，，求四边形ABCD面积S的最大值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先设，并求，设，结合余弦定理将表示为三角函数，并利用三角函数的恒等变换和性质求的最大值；

（2）利用三角形面积公式和余弦定理的变形，将面积表示为三角函数，利用三角函数的性质求最值.

【详解】（1）设，

中，根据余弦定理可知，，

满足，所以，

设，，

和中，，

得，

则

，，

，当，即时，函数取得最大值.

所以的最大值为；

（2）在中，，

中，，

两式相加得，则，

两边平方后得，①

根据余弦定理可知，，

即，得,

两边平方后，，②

式两边乘以4后得， ③，

，

即，

当时，的最大值为，

所以四边形的面积取得最大值为.

【点睛】关键点睛：本题考查解三角形，三角恒等变形，三角函数性质的综合应用，本题的关键巧设变量，将长度和面积转化为三角函数问题，本题的恒等变形也非常巧妙.