2022-2023学年福建省福州第四十中学高一下学期期末适应性练习数学试题含答案

2022-2023学年福建省福州第四十中学高一下学期期末适应性练习数学试题

一、单选题

1．若，是两个单位向量，则下列结论中正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】，是两个单位向量，则，但，方向不能确定，即可判断AB；利用数量积的定义与性质可判断CD．

【详解】，是两个单位向量，则，但，方向不能确定，故选项AB错误；

，只有，同向共线时，才有，故选项C错误；

，，，选项D正确.

故选：D.

2．已知复数，其中为虚数单位，则（    ）

A． B． C．1 D．2

【答案】C

【分析】根据复数的除法运算求解出，然后根据复数模的计算公式求解出.

【详解】由题知，所以，

故选：C.

3．在中，，则的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据给定条件，利用正弦定理化角为边，再利用余弦定理计算作答.

【详解】在中，角所对的边分别为，，

由正弦定理得，令，

由余弦定理得：.

故选：C.

4．在空间中，下列说法正确的是（    ）

A．垂直于同一直线的两条直线平行 B．垂直于同一直线的两条直线垂直

C．平行于同一平面的两条直线平行 D．垂直于同一平面的两条直线平行

【答案】D

【分析】根据空间中线、面的位置关系理解判断A、B、C，根据线面垂直的性质判断D．

【详解】垂直于同一直线的两条直线的位置关系有：平行、相交和异面，A、B不正确；

平行于同一平面的两条直线的位置关系有：平行、相交和异面，C不正确；

根据线面垂直的性质可知：D正确；

故选：D．

5．如图①，普通蒙古包可近似看作是圆柱和圆锥的组合体；如图②，已知圆柱的底面直径米，母线长米，圆锥的高米，则该蒙古包的侧面积约为（    ）

A．平方米 B．平方米 C．平方米 D．平方米

【答案】D

【分析】首先根据圆柱的侧面展开图为长方形求出圆柱的侧面积，再根据圆柱的侧面展开图为扇形求出圆锥的侧面积，进而得到蒙古包的侧面积.

【详解】依题意得，

圆柱的侧面积，

，，

在中，，

圆锥的侧面积，

该蒙古包的侧面积，

故选：D.

6．下列等式不正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据二倍角的正弦公式即可判断A；根据两角差的正弦公式，即可判断B；根据两角和的正切公式即可判断C；根据二倍角的余弦公式结合两角差的正弦公式即可判断D.

【详解】对于A，，故A正确；

对于B，，故B错误；

对于C，，故C正确；

对于D，，

，故D正确.

故选：B

7．如图，在三棱锥中，，，平面ABC，E为CD的中点，则直线BE与AD所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据线面垂直的性质定理及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，

且，所以，

取的中点，连结，

因为分别为的中点，所以，

所以直线BE与AD所成角为或其补角，

，，，

中，根据余弦定理.

故选：A

8．如图，在直角坐标系内，角的终边与单位圆交于点，逆时针旋转得，逆时针旋转得逆时针旋转得，则点的横坐标为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据余弦值的定义，结合诱导公式和两角和的余弦公式，即可求解.

【详解】由题意，，故，由诱导公式且，有，即点的横坐标为

故选：D

二、多选题

9．设，是复数，则下列命题中正确的是（    ）

A．若是纯虚数，则

B．若，则

C．若复数满足，则的最大值为3

D．若，则

【答案】BC

【分析】A.设，利用复数的运算，概念，即可判断；B.设 ，根据共轭复数，以及运算，即可判断；

C.根据复数模的公式，即可参数发取值范围，即可判断；D.举反例，即可判断选项.

【详解】对于A，因为是纯虚数，所以设，则，所以A错误，

对于B，设，因为，所以，

因为，，所以，所以B正确，

对于C，设，由，得，则可得，

所以，时取等号，所以C正确，

对于D，当，时，此时，故D错误.

故选：BC

10．函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（    ）

A．的最小正周期是

B．a的值为

C．在上单调递减

D．若为偶函数，则最小值为

【答案】ACD

【分析】对于选项A，看图求周期即可；对于选项B，先求出解析式，再求；对于选项C，先求出的减区间，再做出判断即可；对于选项D，求出为偶函数时的取值，进而求出最小值.

【详解】由图可知，A=2，该三角函数的最小正周期，故A选项正确；

由于，则，由图知，

所以该函数图象的一条对称轴为.

将代入，得出，解得，

所以，

所以，故B选项错误；

令，解得.

当时，在上单调递减，故C选项正确；

若为偶函数，则为偶函数，

所以,解得，

则当时，取最小值，最小值为，故D选项正确.

故选：ACD

11．如图，已知正方体的棱长为1，O为底面ABCD的中心，交平面于点E，点F为棱CD的中点，则（    ）

A．，E，O三点共线

B．三棱锥的外接球的表面积为

C．直线与平面所成的角为

D．过点，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为

【答案】ABD

【分析】由题意可证得三点都在平面与平面的交线上，可判断A；由题意可证得平面，从而，可判断B；由题意可证得

平面，则直线与平面所成的角为，根据余弦定理，求解可判断C；取的中点，因为，所以等腰梯形就是过点的平面截该正方体所得截面，求出面积可判断D.

【详解】因为为底面ABCD的中心，所以为BD和AC的中点，则，

因为平面平面，所以平面平面，

所以点是平面与平面的公共点；

显然是平面与平面的公共点；

因为交平面于点平面，

所以也是平面与平面的公共点，

所以三点都在平面与平面的交线上，即三点共线，故A正确；

三棱锥的外接球和正方体是同一个外接球，棱长为1，所以，

所以外接球的表面积，故B正确；

因为平面平面ABCD，所以，

又平面，

所以平面，平面

所以平面平面，平面平面，

所以在平面的射影为，

即直线与平面所成的角为，

，，，

,故C错误；

取的中点，连，因为，

所以等腰梯形就是过点的平面截该正方体所得截面，如图：

因为，，

所以等腰梯形的高为，

所以等腰梯形的面积为，

即过点的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确．

故选：ABD．

12．已知中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，若点P是边BC上一点，Q是AC的中点，点O是所在平面内一点，，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则

B．若在方向上的投影向量为，则的最小值为

C．若点P为BC的中点，则

D．若，则为定值18

【答案】BCD

【分析】对于A，根据向量加法的运算法则化简计算；对于B，易知当时，取得最小值，计算可得；对于C，根据平行四边形法则计算可得；对于D，根据余弦定理及三点共线的向量表示求值.

【详解】对于A，设中点为，由可知上的中线与垂直，

所以是等腰三角形，，

所以，则，

所以，故A错误；

对于B，由题意知，易知当时，取得最小值，为，故B正确；

对于C，由，得，

由平行四边形法则可知，即，故C正确；

对于D，根据题意，由可知的平分线与垂直，

故是等腰三角形，，

所以，则，

由余弦定理得，即，得,

又，则，

点是上的动点，设，

故

，

所以为定值，所以D正确.

故选：BCD．

三、填空题

13．已知复数，其中i为虚数单位，若z，在夏平面上对应的点分别为M，N，则线段MN长度为        ．

【答案】

【分析】根据复数的几何意义，写出点，再根据两点间距离公式，即可求解.

【详解】，则，，则，

所以线段的长度.

故答案为：

14．已知轮船A和轮船B同时离开C岛，A船沿北偏东的方向航行，B船沿正北方向航行（如图）．若A船的航行速度为60n mile/h，1小时后，B船测得A船位于B船的北偏东的方向上，则此时A，B两船相距        n mile．

【答案】

【分析】利用正弦定理求的长度即可.

【详解】由题设，n mile，且，

由正弦定理有，则，可得n mile.

故答案为：.

15．已知向量，，若，则        ．

【答案】

【分析】根据数量积公式求得，再根据二倍角的正切公式，即可求解.

【详解】，得，

.

故答案为：

16．已知正四棱锥的侧棱长为，其顶点均在同一个球面上，若球的体积为，则该正四棱锥的体积为        ．

【答案】/

【分析】首先根据正四棱锥的性质，确定球心的位置，再根据几何关系建立方程，即可求解.

【详解】如图，，连结，则平面，

四棱锥外接球的球心在上，设为点，连结，

因为球的体积，所以，

设四棱锥的底面边长为，则，则，

中，，即，

解得：，则，

则四棱锥的体积.

故答案为：

四、解答题

17．已知．

(1)化简并求函数图象的对称轴方程；

(2)当时．求函数的最大值、最小值及对应的值．

【答案】(1)；

(2)时，函数取最大值；时，函数取最小值

【分析】（1）利用诱导公式及辅助角公式即可化简，利用三角函数的性质即可求解对称轴方程；

（2）根据角的范围，利用三角函数的性质即可求得答案.

【详解】（1）,

令，得，

所以函数图象的对称轴方程为：.

（2）由（1）得，

因为，故，

所以，当，即时，函数取最大值；

当，即时，函数取最小值.

18．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为的面积，且．

(1)求角B的大小；

(2)若，，BD平分，交AC于点D，求BD的长．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，由余弦定理及三角形面积公式可得出，从而可求出；

（2）根据及余弦定理可得出，然后由，结合三角形面积公式求解．

【详解】（1）由余弦定理得，

又，

∴，整理得，

又，∴.

（2）∵的面积为，且，

∴，∴，

又由余弦定理得，即，

则，即，

∵，，

∴，

∴，

∴．

19．如图，AB是的直径，PA垂直于所在的平面，C是圆周上不同于A，B的一点，E，F分别是线段PB，PC的中点，，，．

(1)求证：平面AEF；

(2)求证：平面PAC；

(3)求点P到平面AEF的距离．

【答案】(1)见解析

(2)见解析

(3)

【分析】（1）利用中位线，得到线线平行，即可证明.

（2）根据线面垂直的判断定理，转化为线线垂直，即可证明；

（3）利用等体积法，，即可求点面距离.

【详解】（1）证明：因为E，F分别是线段PB，PC的中点，所以,

又平面AEF，又平面AEF，所以BC平面AEF

（2）因为PA垂直于所在的平面，包含于所在的平面，

所以,

因为C是圆周上不同于A，B的一点, 所以,

又平面PAC, 所以平面PAC,

（3）又，所以平面PAC, 所以,

，所以，，

,,

又因为， F是线段PC的中点，所以,

所以,

设点P到平面AEF的距离为.

所以,

，

又，所以点P到平面AEF的距离为.

20．如图，在菱形ABCD中，E是CD的中点，AE交BD于点F，设，．

(1)用向量，表示和；

(2)若，，求．

【答案】(1)，

(2)

【分析】（1）在菱形中，根据是的中点，，，结合向量的线性运算可得答案；

（2）用表示向量，然后分别求得，再由平面向量的夹角公式求解．

【详解】（1）在菱形中，E是CD的中点，，则，

,

.

（2）因为，

，

又为菱形，，，

所以

，

，，

，，

所以.

21．如图，在四棱锥中，平面平面∥平面，，E是的中点．

(1)求证：；

(2)求证：平面平面；

(3)若M是线段上任意一点，试判断线段上是否存在点N，使得∥平面？请说明理由．

【答案】(1)见解析

(2)见解析

(3)当为中点时，∥平面.

【分析】（1）由线面平行的性质定理即可证明.

（2）由面面垂直的性质定理证得平面，又因为平面，所以平面平面.

（3）取的中点，连接，由线面平行的判定定理证明平面，平面，所以平面平面，再由面面平行的性质定理可证得∥平面.

【详解】（1）∥平面平面平面平面,

所以.

（2）因为平面平面平面平面，

，所以平面，又因为平面，

所以平面平面.

（3）取的中点，连接，

分别为的中点，所以，

平面，平面，所以平面，

又因为，，所以四边形为平行四边形，

所以，平面，平面，所以平面，

，所以平面平面，又因为平面，所以∥平面.

线段上存在点N，使得∥平面.

22．中，，，D为AC上一点，，．

(1)请画出大致图形，求BD的长度；

(2)四边形ABPD的四顶点共圆，求的取值范围．

【答案】(1)图形见解析，

(2)

【分析】（1）根据，结合余弦定理，建立方程，即可求解；

（2）由条件可知，根据四点共圆的几何性质，结合正弦定理，讨论点在圆弧的不同位置，将的取值范围转化为三角函数问题，结合三角函数的性质，即可求解.

【详解】（1）设，，则，

因为，

则，即，

解得：，则

（2）由（1）知，在中，，，为外接圆的直径，为外接圆上任意一点，当在点时，，

当在点时，，

当点在优弧上时，，设，

，在中，由正弦定理可知，，

则，，

，

其中，，，，

因为，所以，

，，

当时，为，

当时，的最大值为，

所以此时的取值范围是；

当点在劣弧上时，，设，

，在中，由正弦定理可知，，

则，，

，

当时，即时，的最大值为，但，

，所以，则的范围是，

综上可知，的取值范围是.

【点睛】思路点睛：本题考查三角函数的综合应用问题，本题第二问利用正弦定理，边角互化，将边转化为三角函数求取值范围，本题的难点是需讨论点的位置，需分情况讨论.