2022-2023学年辽宁省鞍山市台安县高级中学高一下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年辽宁省鞍山市台安县高级中学高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知复数满足（是虚数单位），则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】直接根据复数的除法运算即可.

【详解】．

故选：B．

2．已知，，，则与的夹角是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据向量夹角公式即可代入求解.

【详解】设向量与的夹角为θ，则，

因为，所以.

故选:D.

3．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据商数关系求出，再利用平方和关系即可得到答案.

【详解】，

∵，∴.

故选：D.

4．设l，m是不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是（    ）

A．若，，，则 B．若，，，则

C．若，，，则 D．若，，，则

【答案】B

【分析】对于A，C与D，可通过举反例的方式说明其错误性，B选项可以直接证明其正确性.

【详解】对于A，若，，，此时与可能相交，如下图所示：

对于C与D，若，，，则与均可能发生，如下图所示：

对于B，若，，则，

又因为，故.

故选：B.

5．已知外接圆的圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据题目条件得到为等边三角形，则，进而利用向量的几何意义求出投影向量.

【详解】因为，所以O为的中点，

又因为外接圆圆心为O，即为外接圆的直径，

如图，

又，所以为等边三角形，所以，，向量在向量上的投影向量为.

故选：C.

6．如图，在棱长为a的正方体中，点E为棱的中点，则点A到平面的距离为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据线面垂直可得面面垂直，进而根据面面垂直的性质可得的长即为点A到平面的距离，即可利用等面积法求解.

【详解】在正方体中，平面，而平面，

则平面平面，

在平面内过点A作于F，连接，如图，

因平面平面，平面,于是平面，

则的长即为点A到平面的距离，点E为棱的中点，

在中，，，

即，解得，所以点A到平面的距离为，

故选:C.

7．如图，小明想测量自己家所在楼对面的电视塔的高度，他在自己家阳台M处，M到楼地面底部点N的距离为，假设电视塔底部为E点，塔顶为F点，在自己家所在的楼与电视塔之间选一点P，且E，N，P三点共处同一水平线，在P处测得阳台M处、电视塔顶处的仰角分别是和，在阳台M处测得电视塔顶F处的仰角，假设，和点P在同一平面内，则小明测得的电视塔的高为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意可得，在中利用正弦定理可求，进而在中求得结果.

【详解】在中，，

在中，，，

则，

由正弦定理，

可得，

在中，(m).

故选：A.

8．将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，若在上单调递增，则的取值范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据辅助角公式和图象的平移变换得到，再根据正弦函数的单调性求出函数的单调递减区间，然后根据条件给出的区间建立不等式关系进行求解即可．

【详解】由，

将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，

则，

由，，得，

又在上单调递增，

则，，解得，

即，

又，则当时，，即的取值范围是．

故选：C．

二、多选题

9．若角的终边与角的终边关于轴对称，且，则的值可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】AD

【分析】写出，，再根据其范围即可得到答案.

【详解】因为角的终边与角的终边关于x轴对称，

所以，，

又因为，所以当时，，

当时，.

故选：AD.

10．若复数在复平面内对应的点为，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则在第二象限

B．若为纯虚数，则在虚轴上

C．若，则点的集合所构成的图形的面积为

D．若，且，则为实数

【答案】BD

【分析】根据的周期性、复数的几何意义、复数的除法运算等知识直接判断各个选项.

【详解】对于A，因为，故，所以在坐标轴上，故A错误；

对于B，若为纯虚数，则在虚轴上，故B正确；

对于C，若，则点的集合所构成的图形是半径为3的圆及其内部，面积为，故C错误；

对于D，，则为实数，故D正确．

故选：BD

11．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列叙述正确的是（    ）

A．若，，，则满足条件的三角形有且只有一个

B．若，则为钝角三角形

C．若不是直角三角形，则

D．若，则为等腰三角形

【答案】ABC

【分析】A选项，根据得到满足条件的三角形只有一个；B选项，由正弦定理和余弦定理得到，B正确；C选项，利用化简得到答案；D选项，变形得到，由余弦定理和倍角公式得到，从而得到或.

【详解】对于A，由，则，又，知满足条件的三角形只有一个，故A正确；

对于B，，即，A为钝角，故B正确；

对于C，因为不是直角三角形，所以均有意义，

又，所以，

所以，故C正确；

对于D，，

即，

由正余弦定理可得，则，

所以或，故D错误.

故选：ABC.

12．在棱长为1的正方体中，为侧面内的一个动点（含边界），则下列说法正确的是（    ）

A．随着点移动，三棱锥的体积有最小值为

B．三棱锥体积的最大值为

C．直线与平面所成角的余弦值为

D．作体对角线的垂面，则平面截此正方体所得截面图形的面积越大，其周长越大

【答案】BC

【分析】求出可判断A；当点P在上时，求出三棱锥即的体积可判断B；根据线面垂直的判定定理可得平面，则为直线与平面所成角，求出余弦值可判断C；平面时，根据截面从A点到的变化过程中可判断D.

【详解】对于A，为定值，故A错误；

对于B，在正方体中，当点P在上时，三棱锥即的体积取最大值，，故B正确；

对于C，根据题意作图如下，在正方体中，，

平面，平面，，

因为，平面，

所以平面，平面，即，

因为，平面，平面，所以，

且，平面，

所以平面，平面，即，

因为，所以平面，设，

连接，设，则为直线与平面所成角，

在中，，

因为，所以直线与平面所成角的余弦值为，故C正确；

对于D，如下图，平面时，截面从A点到面过程中，

截面面积和周长都越来越大；从面到面过程中，

设，则，，

所以，，所以截面周长为，

所以面积先变大后变小而周长不变；从面到过程中，面积和周长越来越小，

故D错误.

故选：BC.

【点睛】方法点睛：求线面角的方法，1定义法：在直线上取一点，过该点作平面的垂线，与平面交于另一点，直线斜足与这一点连接起来，形成的角就是所求的直线和平面的夹角；2向量方法：求出平面的一个法向量，与该直线的的方向向量点乘，数量积除以两个向量模的数量积为夹角的正弦值.

三、填空题

13．已知函数在区间上的最大值为2，则实数的取值范围为        ．

【答案】

【分析】根据的范围以及函数函数在区间上的最大值列不等式来求得的取值范围.

【详解】依题意，，

当时，，

所以，解得，

所以的取值范围是.

故答案为：

14．已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，顶点M在底面的射影恰为A点，且为等腰三角形，则四棱锥外接球的体积为      .

【答案】

【分析】取的中点，由线面垂直的性质定理可得都是直角三角形，则外接球球心为，再求出半径可得答案.

【详解】如图所示，在四棱锥中，顶点M在底面的射影恰为A点，

则平面，平面，

所以，，，

因为为正方形，所以，且，平面，

所以平面，平面，所以，

且，且，平面，

所以平面，平面，所以，

取的中点，连接，

因为都是直角三角形，所以，

则球心为，底面是边长为4的正方形，为等腰三角形，则，

∴，∴，

则四棱锥外接球的半径为，

其体积.

故答案为：.

15．在矩形中，，，在上取一点M，在上取一点P，使得，，过M点作交于N点，若上存在一动点E，上存在一动点F，使得，则的最小值为      .

【答案】

【分析】方法一：建立合适的平面坐标系，设，，计算得，根据向量模的坐标表示，再利用消元法结合基本不等式即可求出的最值；方法二：利用，则，再根据即可得到最值.

【详解】方法一：由题意建立如图所示平面直角坐标系，

由题意可知，E，F分别在线段，上

，设，，

则，，

所以，

所以，，，

所以

，

设，则，

当且仅当，，时或，，时，取等号，

所以的最小值为.

方法二：因为，

所以，因为，

所以，故.

故答案为：.

16．已知锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，，则实数的取值范围是      .

【答案】

【分析】根据余弦定理得到，利用同角三角函数平方关系得到，，由正弦定理和正弦和角公式得到，根据为锐角三角形，得到，得到，得到答案.

【详解】因为，由余弦定理得，

则，所以，

又，所以，解得或，

因为为锐角三角形，所以，，

所以，

其中，

由正弦定理得

，

因为为锐角三角形，

所以，即，所以，

所以，所以，

所以，，

故.

故答案为：

【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，

常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；

②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；

③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.

四、解答题

17．在平面直角坐标系中，已知，.

(1)若，求实数的值；

(2)若，，求与的数量积.

【答案】(1)

(2)6

【分析】（1）根据向量的坐标运算，由共线满足的坐标关系即可求解，

（2）根据向量数量积的坐标运算即可求解.

【详解】（1），，，

，

，，解得.

（2）由已知可得，，

.

18．如图，在直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，，O分别为上、下底的中心，，点是的中点.

(1)求证：平面；

(2)若三棱锥的体积为，求棱柱的侧面积.

【答案】(1)证明见解析

(2)48

【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到线线平行，进而证明线面平行；

（2）作出辅助线，利用等体积法和三棱锥的体积求出，即，从而求出侧面积.

【详解】（1）证明：连接.

∵点O，E分别为，的中点，

∴，

∵平面，平面，

∴平面.

（2）取中点，连接，.

∵E为的中点，

∴为的中位线，

∴，且.

∵，

∴，

由菱形的性质知，为边长为2的等边三角形.

又平面，

∴平面，，

∵点E是的中点，

∴，

∴，即.

∴侧面积.

19．已知，.

(1)求的值；

(2)若，且，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用诱导公式、同角三角函数关系式化简已知条件，由此求得的值.

（2）先求得，然后利用两角差的余弦公式、两角和的正切公式求得正确答案.

【详解】（1）∵，

∴，解得.

（2）∵，∴，且，

∴，

∴，

∴，则，

∴，

∵，∴.

20．在锐角△中，角的对边分别为，且．

(1)求角的大小；

(2)若，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用余弦定理以及两角和的正弦公式求解；

（2）利用正弦定理将边化角，用三角函数求取值范围.

【详解】（1），

由余弦定理可得，

整理得，

∴,

∵，∴，∴，∴．

（2）由正弦定理可知△的外接圆半径为，

∴，∴，

∴．

∵△为锐角三角形，∴即∴,

∴，∴，∴,

即的取值范围为．

21．已知函数的部分图象如图所示.

(1)求函数的解析式；

(2)若对，使得关于x的不等式恒成立，求实数m的最大值.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）结合图像，由最大最小值可得，由可得，由函数图像经过点可求，从而可得答案.

（2）原不等式等价于, 使得成立，令，利用函数单调性求解最小值即可得答案.

【详解】（1）由所给函数图像可知，，，即，所以，

又图像过点，所以，，

解得，，   

因为，所以当时，，

故.

（2）若对于，关于x的不等式恒成立，

即对于，关于x的不等式恒成立，

即对于，恒成立.

当时，，

令时，为减函数，

所以当时，取得最小值为，即的最小值为，

故实数，所以m的最大值为.

22．如图，在直三棱柱中，为的中点，为上的动点，在上，且满足.现延长至点，使得.

(1)若二面角的平面角为，求的长；

(2)若三棱锥的体积为，求与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)1

(2)

【分析】（1）利用二面角平面角的定义及等边三角形和等腰三角形性质作出平面角，在直角三角形中求解长度即可；

（2）利用等体积法求出点到平面的距离，根据线面角的定义即可求解正弦值.

【详解】（1）据题意延长至点，使得，连接，

取的中点，连接，

因为为的中点，所以，

又，所以，由得，

所以为等边三角形，所以，

易知，所以，所以，

所以为二面角的平面角，即，

又，则，解得；

（2）因为为的中点，所以，

在直三棱柱中，，

，

因为三棱锥的体积为，

所以，解得，所以为的中点，

所以，

在中，，

所以，

设到平面的距离为，在中，，

所以，

所以，

因为，所以，解得，

在中，由余弦定理得，所以.

设与平面所成角为，所以，

所以与平面所成角的正弦值为.

【点睛】方法点睛：求空间中直线与平面所成角的常见方法为：

（1）定义法：直接作平面的垂线，找到线面所成的角；

（2）等体积法：通过等体积法间接求解点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面所成角的正弦值；

（3）向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成角的余弦值的绝对值，即是线面角的正弦值.