2022-2023学年新疆乌鲁木齐第三十一中学高一下学期期末数学问卷试题含答案

2022-2023学年新疆乌鲁木齐第三十一中学高一下学期期末数学问卷试题

一、单选题

1．（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据复数的除法和乘方运算可得答案.

【详解】.

故选：D.

2．若，则

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】分析：由公式可得结果.

详解：

故选B.

点睛：本题主要考查二倍角公式，属于基础题.

3．为了得到函数的图象，可将的图象（    ）

A．向右平移个单位，再向上平移1个单位

B．向右平移个单位，再向下平移1个单位

C．向左平移个单位，再向下平移1个单位

D．向左平移个单位，再向上平移1个单位

【答案】A

【分析】直接利用三角函数图象的平移变换求出结果.

【详解】为了得到函数的图象，

可将的图象先向右平移个单位得到的图象，

然后再将图象向上平移1个单位即可.

故选：A.

【点睛】本题考查的知识要点：三角函数图象的平移变换和伸缩变换的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型.

4．已知，，且与的夹角为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用平面向量数量积的运算性质可求得的值.

【详解】因为，，且与的夹角为，

由平面向量数量积的定义可得，

因此，.

故选：A.

5．已知向量，，若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先根据向量共线的坐标表示得到，再利用数量积的坐标表示可得.

【详解】由题意得：，得，

所以又因，

所以

故选：B

6．设，是非零向量，“”是“”的

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】A

【详解】，由已知得，即，.而当时，还可能是，此时，故“”是“”的充分而不必要条件，故选A.

【解析】充分必要条件、向量共线.

7．在中，，则（    ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】D

【分析】根据由余弦定理，可得，代入数据即得.

【详解】由余弦定理，得，

.

故选：D.

8．设，为两个不同的平面，m，n为两条不同的直线，下列命题正确的是（    ）

A．若，，则 B．若，，，则

C．若，，则 D．若，，，则

【答案】C

【分析】利用直线、平面的位置关系进行判断以及通过举反例进行排除.

【详解】对于A，若，，则或，故A错误；

对于B，若，，，则或相交，故B错误；

对于C，利用线面垂直的性质定理以及平行的传递性，可知C正确；

对于D，若，，，当，不一定垂直于，

故D错误.

故选：C.

9．如图，在中，是的中点，若，则实数的值是

A． B．1 C． D．

【答案】C

【分析】以 作为基底表示出，利用平面向量基本定理，即可求出．

【详解】∵分别是的中点，

∴.

又，∴.故选C.

【点睛】本题主要考查平面向量基本定理以及向量的线性运算，意在考查学生的逻辑推理能力．

10．已知球的表面积为，则它的内接正方体的表面积S的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据球的表面积求出球的半径，然后根据正方体内接于球求解出棱长的平方，则正方体表面积可求.

【详解】设球的内接正方体的棱长为， 球的半径为，

因为，所以，

因为正方体内接于球，所以，所以，所以，

所以正方体的表面积

故选：B．

【点睛】结论点睛：已知正方体的棱长为，球的半径为，

（1）当球内切于正方体时，；

（2）当球外接于正方体时，；

（3）当球与正方体的每条棱都相切时，.

11．在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为（   ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】画出图形分析，先根据定义找出异面直线与所成的角，然后通过解三角形的方法求解即可．

【详解】画出图形，如图所示．

连，则，

所以即为与所成的角或其补角．

在中，，，

所以由余弦定理得，

所以异面直线与所成角的余弦值为．

故选A．

【点睛】用几何法求空间角的步骤为：“找、证、求”，即先根据定义确定出所求角，并给出证明，再通过解三角形的方法求出所求角（或三角函数值）．解题时容易出现的问题是忽视两条异面直线所成角的范围，属于基础题．

12．如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（ ）

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】试题分析：以D点为坐标原点，以DA、DC、所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），（0，2，1）

∴ =（-2，0，1）， =（-2，2，0），且为平面BB1D1D的一个法向量．

∴．∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为

【解析】直线与平面所成的角

二、填空题

13．i是虚数单位，则为        .

【答案】

【分析】先利用复数的除法运算化简，然后利用模的公式计算.

【详解】,,

故答案为：

【点睛】本题考查复数的除法运算和模的计算，利用复数的除法运算化简是关键，注意分子分母同乘以分母的共轭复数，并利用复数的乘法运算法则化简.

14．已知向量与向量夹角为，且，，要使与垂直，则          ．

【答案】

【分析】由与垂直可得，代入条件列方程求解即可.

【详解】解：因为与垂直，

则，

解得.

故答案为：.

15．已知△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，且满足，则A＝         ．

【答案】

【分析】利用余弦定理化角为边，再利用余弦定理求出，即可得解.

【详解】解：因为，

所以，

则，

又因，

所以，

又，

所以.

故答案为：.

16．在边长为2的正方体中，为棱的中点，则二面角的正切值是      .

【答案】

【分析】作于连接，可证明，就是二面角的平面角，利用直角三角形的性质可得结果.

【详解】

作于，可得，

连接，

因为平面，所以，平面，平面，

又因为，所以平面，

因为平面，所以，

就是二面角的平面角，

.

故答案为:.

三、解答题

17．已知，均为锐角，，.

(1)求的值；

(2)求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】运用二倍角公式、同角三角函数平方关系、配凑角及差角公式求解即可.

【详解】（1）由题意知，，

（2）∵、为锐角，

∴，

又∵，，

∴，，

∴.

18．已知，与的夹角是.

(1)求的值及的值；

(2)当为何值时，？

【答案】(1)，；

(2).

【分析】（1）由定义求出数量积，再利用模长公式及向量数量积的运算律即得；

（2）由于，可得，利用向量的数量积的运算公式，即可求解．

【详解】（1）∵，与的夹角是，

∴，

；

（2）由题意，，

即，

解得，

即时，.

19．已知函数.

(1)求的最小正周期和单调递增区间；

(2)当时，求的最大值和最小值.

【答案】(1)，；

(2)最大值，最小值.

【分析】（1）利用二倍角的正弦、辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质求解作答.

（2）在给定条件下求出（1）中函数的相位，再利用正弦函数的性质求解作答.

【详解】（1）依题意，，则的最小正周期，

由，得，

所以的单调递增区间是.

（2）由（1）知，，由，得，

当，即时，有最大值，

当时，即时，有最小值.

20．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且

(1)求角A的大小；

(2)若，，求三角形ABC的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据正弦定理边角化，即可结合恒等变换求解，

（2）根据余弦定理，结合面积公式即可求解.

【详解】（1）根据正弦定理可得,

由于,故，

由于所以，

（2）由余弦定理得，

所以，

所以

21．如图，在四棱锥中，平面，底面为正方形，F为对角线与的交点，E为棱的中点．

(1)证明：平面；

(2)证明：平面平面．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）由中位线定理和线面平行的判定定理，即可得证；

（2）由线面垂直的性质推得，再由正方形的性质可得，再由线面垂直的判定定理得到平面，从而得证．

【详解】（1）证明：因为底面为正方形，为对角线与的交点，

所以为的中点，

又为棱的中点，

可得，

又平面，平面，

可得平面；

（2）证明：由平面，平面，

可得，

由正方形，可得，

又，平面，所以平面，

又平面，所以平面平面．

22．如图：四棱锥中，，，，，

(1)证明：平面；

(2)求三棱锥的体积.

【答案】(1)见解析

(2)

【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明．

（2）利用锥体的体积公式求体积．

【详解】（1）因为，，,

所以．所以,

又因为，且平面，

所以平面，

（2）取中点，连接．

由（1）平面

所以．

因为，，

所以．

又因为，为的中点，所以，，

所以．

所以，