2022-2023学年四川省高一下学期“贡嘎杯”期末质量检测考试数学试题含答案

这是一份2022-2023学年四川省高一下学期“贡嘎杯”期末质量检测考试数学试题含答案，共35页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年四川省高一下学期“贡嘎杯”期末质量检测考试数学试题

一、单选题
1．若复数满足，其中是虚数单位，则的值为（    ）
A． B．2 C． D．3
【答案】B
【分析】根据复数模的运算性质，结合题意求得，即可求解.
【详解】由复数满足，其中是虚数单位，
根据复数模的运算性质，可得，
解得，所以.
故选：B.
2．已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用两角差的正弦公式展开再平方得到，从而求出，再由两角差的余弦公式计算可得.
【详解】因为，所以，
所以，即，
所以，则，
所以
.
故选：D
3．（    ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【分析】根据同角三角函数的基本关系式、辅助角公式求得正确答案.
【详解】



.
故选：B
4．已知中，角对应的边分别为，是上的三等分点（靠近点）且，，则的最大值是（    ）
A． B． C．2 D．4
【答案】A
【分析】先利用正弦定理的边角变换与余弦定理可求得，再设，利用正弦定理与正弦函数的和差角公式得到，从而得解.
【详解】因为，
由正弦定理得，则，即，
所以，，则，
  
设，则，且，
在中，，则，
在中，，则，
又，即，
又由正弦定理知（为的外接圆半径），
所以，
则，即，
又，故当，时，.
故选：A
5．已知为的外心，为锐角且，若，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】依题意建立直角坐标系，设外接圆的半径，从而求得所需各点坐标，进而利用向量相等求得点坐标，代入外接圆的方程得到，由此利用基本不等式即可得解.
【详解】以边所在的直线为轴，边的垂直平分线为轴建立直角坐标系，如图，
  
（为边的中点），由外接圆的性质得，
因为为锐角且，所以，
设外接圆的半径，则，
因为，所以，，
所以，，，设，
则外接圆的方程为：，
因为，
所以.
则，解得，
则，
代入外接圆方程得： ，整理得：，
由基本不等式得：，当且仅当取等号.
化简得：，解得或，
由图知：，所以，故的最大值为.
故选：D.
6．如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（    ）
  
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】求得点的轨迹是平面内以点为圆心，半径为的圆，可得，进而可得出题中所求角等于直线与直线的夹角，然后过点作平面于点，过点作于点，连接，找出使得最大和最小时的位置，进而可求得所求角的余弦值的取值范围.
【详解】连接交平面于点，延长线段至点，使得，连接、、，如下图所示：
      
已知在正方体中，底面，平面，，
又四边形为正方形，所以，，
，平面，平面，，
同理，，平面，
三棱锥的体积为，
，，
可得，
所以，线段的长被平面与平面三等分，且与两平面分别垂直，
而正方体的棱长为，所以，，如下图所示：
  
其中，不妨设，由题意可，
所以，，可得，
所以，点在平面内以点为圆心，半径为的圆上.
因为，所以，直线与直线的夹角即为直线与直线所成角.
接下来要求出线段与的长，然后在中利用余弦定理求解.
如图，过点作平面于点，过点作于点，连接，
    
根据题意可知，，且，
所以，，.
如图所示，，当点在处时，最大，当点在处时，最小.
    
这两种情况下直线与直线夹角的余弦值最大，为；
当点在点处时，为直角，此时余弦值最小为.
综上所述，直线与直线所成角的余弦值的取值范围是.
故选：A.
【点睛】本题考查异面直线所成角的取值范围的求解，解题的关键就是确定点的轨迹，考查推理能力与计算能力，属于难题.
7．已知平面向量，，（与不共线），满足，，设，则的取值范围为（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】设，由已知条件判断出，即是等腰直角三角形，以为坐标原点，所在的边为轴的正半轴建立平面直角坐标系，则，，得，再由得，设，求出范围可得答案
【详解】设，则，
，
所以，即是等腰直角三角形，以为坐标原点，
所在的边为轴的正半轴建立平面 直角坐标系，如图，

则，，因为，所以，
因为，所以，
所以，，
两式相加得，
所以，
因为，所以设，
所以，
因为不共线，所以不共线，所以，
所以，，
，
所以，
故选：A.
8．如图所示，平面平面，二面角，已知，，直线与平面，平面所成角均为，与所成角为，若，则的最大值是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由题意知，作辅助线找到，及二面角，四边形为正方形进而得到为等腰三角形，利用所得直角三角形用边表示、，即有它们的等量关系，利用结合二面角，即可求的最大值；
【详解】直线与平面，平面所成角均为，与所成角为，而，，又，可知： ，
若令二面角为，作于，于；过作，过作与交于点；
∴面，又，，故面，面，即；
过作，过作与交于点；
∴面，又，，故面，面，即；
作于，于，连接、，即有，且；
∵，即，作有四边形为正方形，即，
∴，有，故为等腰三角形且，

令，，则，有，而，
∴，，又，
∴当时等号成立
故选：B
【点睛】本题考查了应用辅助线，根据已知条件以及线面角、线线角、面面角的性质，得到它们的三角函数间等量关系，并化简目标三角函数式，结合二面角的范围求目标式的最值；

二、多选题
9．已知是虚数单位，复数，，则（    ）
A．任意，均有 B．任意，均有
C．存在，使得 D．存在，使得
【答案】AD
【分析】利用复数的概念、相等的条件、模长公式一一判定即可.
【详解】根据复数的概念可知不能与实数比大小，故B错误；
由复数的模长公式可得，
易知，且不能同时取得等号，故，即A正确；
即动点E到动点F的距离，显然E在抛物线上，F在单位圆上，如图所示，
  
当时，，故D正确；
若存在，使得，则，
由上知，即上述方程组无解，故C错误；
故选：AD
10．已知函数，则下列说法正确的是（    ）
A．是以为周期的周期函数
B．在上单调递减
C．的值域为
D．存在两个不同的实数，使得为偶函数
【答案】BD
【分析】A选项，验证，得到A错误
B选项，根据时，，得到，换元后得到，利用复合函数单调性求出答案；
C选项，令，此时得到，换元后得到，由求出值域；
D选项，由得到只需且，从而得到且，结合，解不等式，得到相应的：且，且，验证后得到答案.
【详解】
，所以函数的周期不为，故选项A错误；
时，，
故，令，
则，
因为，所以，故，
且t在单调递减，
又，故，开口向下，对称轴为，
故在单调递增，
由复合函数满足同增异减可知：在单调递减，B正确；
令，
若，，即，时，
，
两边平方得：，
故，
若，，即，时，
此时，
两边平方得：
此时，
综上：对于，均有，
所以变形为，
因为，所以当时，取得最大值，最大值为1，
其中，，
因为，故最小值为，
综上：的值域为，C错；
，
则，
假设为偶函数，则，
即，
只需且，
由可得：，①，或②，
其中由①得：，，不能对所有恒成立，舍去；
由②得：，
由可得：③，
由③得：，
故需要保证与同时成立，
令，解得：且，
令，解得：且，故，
取，此时，此时令，解得：，符合要求，
取，此时，此时令，解得：，舍去，
取，此时，此时令，解得：，符合要求，
综上：存在两个不同的实数，使得为偶函数，
，就是这两个实数，D正确．
故选：BD．
【点睛】三者的关系如下：
，，
，
当题目中同时出现三者或三者中的两者时，通常用换元思想来解决.
11．对于任意，，，两直线AD，BE相交于点O，延长CO交AB于点F，则下列结论正确的是（    ）

A．
B．，
C．当，，时，则
D．
【答案】ACD
【分析】根据给定条件，取平面的一个基底，利用向量的线性运算结合平面向量基本定理计算判断BC；利用向量数量积及运算律计算判断C；利用三角形面积公式计算判断D作答.
【详解】中，令，，，
，
，
因为与不共线，则，解得，
所以，A正确；
对于B，，，
则，
因此，解得，，B错误；
对于C，依题意，，，
，
，
，
，
，
，C正确；
对于D，，，
于是，解得，则，
，
同理，
，D正确.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：用向量基本定理解决问题的一般思路是：先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．
12．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体．如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（    ）
  
A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是
C．勒洛四面体表面上交线的长度为
D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2
【答案】ABD
【分析】A选项：求出正四面体的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度.
【详解】A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示：
取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心，
外接球球心为，连接，则为外接球半径，设，
  
由正四面体的棱长为2，则，，
，
，，
由勾股定理得：，即，解得：，
此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：

图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，
其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，
设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确；
B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：
  
面积为，B正确；
C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，
故，又，
由余弦定理得：，
故，且半径为，故交线的长度等于，C错误；
D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：
连接，交于中点，交于中点，连接，则，
则由C选项的分析知：，

所以，
故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.
故选：ABD.
【点睛】结论点睛：勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：
①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为，
②表面6个弧长之和不是6个圆心角为的扇形弧长之和，其圆心角为，半径为.

三、填空题
13．在中，，，D为BC上一点，AD为的平分线，则 .
【答案】
【分析】在中，根据正弦定理可求出，从而可得，即得．
【详解】如图，在中，，，
由正弦定理可得，
，又，
，，
又为的平分线，且，
，又，，
．
故答案为：2．
  
14．如图，在中，点D在线段上，且，E是的中点，延长交于点H，点为直线上一动点（不含点A），且（）．若，且，则的面积的最大值为 ．
  
【答案】
【分析】因为是的中点，得到，设，所以，根据三点共线，求得，得到，得到，
延长于，使得，延长于点，使得，结合相似，求得得到为等腰三角形，且，得出，进而取得的面积的最大值.
【详解】因为是的中点，可得，
设，所以，
因为三点共线，所以，解得，所以
所以，所以，所以，所以，
延长于，使得，延长于点，使得，如图所示，
则，且相似比为，所以,
所以，所以，所以，所以，
因为，所以，
所以为等腰三角形，且，所以，
因为，所以，
所以.
所以的面积的最大值为.
  
【点睛】解决向量在平面几何中的应用问题的两种方法：
（1）坐标法，把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示出来，这样就能进行相应的代数运算，从而使问题得到解决；
（2）基向量法，选取一组合适的基底，将未知向量用基底表示出来，然后根据向量的运算法则､运算律和性质求解.
15．已知平面向量，，满足，，，，则的最小值为 .
【答案】
【分析】令，，，OB的中点为D，AB的中点为E，OD的中点为F，与的夹角为，由题意，计算，，判断出点C的轨迹为以OD为直径的圆，利用向量基底表示，将转化为，然后转化为圆上任意一点到定点距离的最小值进而求解最小值.
【详解】令，，，OB的中点为D，AB的中点为E，OD的中点为F，
与的夹角为，连接CA、CB、CD、CO、EF.
由，，，得，，
因为，所以，在中，由余弦定理得.
又由，得，即，
所以点C的轨迹为以OD为直径的圆.
因为

，
当且仅当点C、E、F共线，且点C在点E、F之间时，等号成立.
所以的最小值为.

故答案为：.
【点睛】本题解题关键是通过平面向量的几何表示，将问题转化为圆上任意一点到定点距离的最值从而根据几何知识得解.
16．已知正方体的边长为1，球的半径为1，记正方体内部的球表面为曲面，过点作平面与曲面相切，记切点为，平面与平面所成二面角为，则当最小时，平面截正方体所形成图形的周长为 .
  
【答案】
【分析】根据二面角的概念及正方体、球的对称性确定平面为多边形AMKQN，利用勾股定理求周长即可.
【详解】由题意，曲面为以C为球心落在正方体内的球面，
根据球和正方体的对称性可知，平面与平面所成二面角最小值时，
过点作平面与曲面相切时作纵截面，如图：长方形中，
  
过点A与以C为圆心半径为1的圆相切于点P，与交于点E，则，连接CP，
在中，，所以，
利用平面基本性质作出平面截正方体所形成图形，如图，多边形AMKQN即为所作截面.
  
因为，所以，
又，所以，
则，
又，且，所以，所以，
则，
又，所以，
由对称性知，，
所以截面周长为
.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题的难点主要在于截面的确定，根据二面角的概念分析，再结合球与正方体的对称性找到截面的位置，然后根据平面的性质确定即可.

四、解答题
17．已知复数，，
(1)若，求角；
(2)复数对应的向量分别是，其中为坐标原点，求的取值范围；
(3)复数对应的向量分别是、，存在使等式成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)角
(2)
(3)

【分析】(1)利用复数相等的性质和特殊角的三角函数值，结合角度的范围即可求解
(2)由向量的数量积运算结合两角差的正弦整理，再由角度的范围求出相位范围后即可求出的取值范围
(3)利用向量数量积的坐标运算进行化简等式，转化为和三角函数的表达式，求出三角函数的整体范围后再计算表达式的范围，进而求出最后结果
【详解】（1），，由，得，，
又，
（2）由复数的坐标表示得，，，
则，又，
，当时，取最大值为4，
当时，取最小值为，
所以的取值范围为
（3）由题意得，，，，
又，，
化简得，，由小问2的结论可得，，
当，得 恒成立，
当，得，或，
综合所述，的取值范围为
18．在①；②；③设的面积为，且.这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上.并加以解答.
在中，角，，的对边分别为，，，已知__________，且.
(1)若，求的面积；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围.（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
【答案】(1)选①②③的面积都为，
(2)的取值范围为.

【分析】（1）若选①，由正弦定理化角为边，结合余弦定理求，利用余弦定理求，再由三角形面积公式求面积；
若选②，通过三角恒等变换求，利用余弦定理求，再由三角形面积公式求面积；
若选③，由条件结合三角形面积公式，余弦定理可求，利用余弦定理求，再由三角形面积公式求面积；
（2）利用正弦定理化边为角，结合三角恒等变换可得，
再求的范围，结合二次函数性质可得结论.
【详解】（1）若选①，设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，
又，
所以，
所以，又
所以，所以，又，
所以，
所以，所以，
又，，所以，
所以的面积，
若选②，由，
所以，
所以，结合三角形内角性质，
所以，
所以，所以，又，
所以，
所以，所以，
又，，所以，
所以的面积，
若选③，因为，又，
所以，又
所以，所以，又，
所以，
所以，所以，
又，，所以，
所以的面积，
（2）由（1），，所以，
因为，
所以，
，
因为为锐角三角形，，
所以，
所以，所以，
所以，
设，则，，
所以，
所以的取值范围为.
19．如图，在我校即将投入使用的新校门旁修建了一条专门用于跑步的红色跑道，这条跑道一共由三个部分组成，其中第一部分为曲线段ABCD，该曲线段可近似看作函数，的图象，图象的最高点坐标为.第二部分是长为1千米的直线段DE，轴.跑道的最后一部分是以O为圆心的一段圆弧.

(1)若新校门位于图中的B点，其离AF的距离为1千米，一学生准备从新校门笔直前往位于O点的万象楼，求该学生走过的路BO的长；
(2)若点P在弧上，点M和点N分别在线段和线段上，若平行四边形区域为学生的休息区域，记，请写出学生的休息区域的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，取得最大值.
【答案】(1)千米
(2)；

【分析】（1）由图可知，，利用求出，再代入点求出解析式，即可求出B点的坐标，进而可求BO的长；
（2）由已知可求出E点坐标，进而得到圆O的半径OE的长和，利用正弦定理和三角形面积公式即可求出，进而得到平行四边形的面积S关于的函数关系式，利用正弦函数的性质即可求出最大值.
【详解】（1）解：由条件知，，又因为，则，所以.
又因为当时，有，且，所以.
所以曲线段ABCD的解析式为，.
由，即，或
解得，又因为，所以，，所以；
或，无论k为何值都不符合，舍去，
所以，即该学生走过的路BO的长为千米.
（2）由题可知，当时，，所以
则，，，所以.
在中，，，，，
则由正弦定理，可得，
故可得，
故

，
即，
当时，，此时S取得最大值.
【点睛】已知的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数和，常用如下两种方法：
（1）由即可求出；确定时，若能求出离原点最近的右侧图象上升（或下降）的“零点”横坐标，则令（或），即可求出.
（2）代入点的坐标，利用一些已知点（最高点、最低点或零点）坐标代入解析式，再结合图形解出和，若对A，的符号或对的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.
20．如图，在四棱锥中，，，，△MAD为等边三角形，平面平面ABCD，点N在棱MD上，直线平面ACN．
  
(1)证明：．
(2)设二面角的平面角为，直线CN与平面ABCD所成的角为，若的取值范围是，求的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)．

【分析】（1）根据相似以及线面平行的性质即可求解，
（2）由面面垂直可得线面垂直，进而根据二面角以及线面角的定义，即可找到其平面角，利用三角形的边角关系，即可求解.
【详解】（1）证明：连接BD交AC于O，连接ON．
  
因为，，所以根据相似的性质可得．
因为直线平面ACN，平面MBD，平面平面，
所以，则，所以．
（2）取AD的中点E，AC的中点F，连接ME，EF，MF．
因为△MAD为等边三角形，所以不妨设，
则，．
因为平面平面ABCD，平面平面，平面,
所以平面ABCD，平面ABCD,所以，．
又因为E，F分别为AD，AC的中点，所以，
而，所以，又，平面MEF,
则平面MEF，平面MEF得，
所以∠MFE是二面角的平面角，即．
设，则，得．
过N作交AD于H，连接CH，由于平面ABCD，所以平面ABCD，
则∠NCH为直线CN与平面ABCD所成的角，即．
，，．
因为，所以，
则．
因为，所以．
故的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：第二问，根据线面角、二面角定义，应用几何法找到对应平面角，进而找到两角正切值相关边的关系并确定范围.
21．已知函数的最小正周期为，且直线是其图象的一条对称轴.
(1)求函数的解析式；
(2)在中，角A、B、C所对的边分别为，且，若角满足，求的取值范围；
(3)将函数的图象向右平移个单位，再将所得的图象上每一点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍后所得到的图象对应的函数记作，已知常数，且函数在内恰有2023个零点，求常数与的值.
【答案】(1)
(2)
(3)，.

【分析】（1）由函数的周期公式可求出的值，求出函数的对称轴方程，结合直线为一条对称轴结合的范围可得出的值，于此得出函数的解析式；
（2）由得出，再由结合锐角三角函数得出，利用正弦定理以及内角和定理得出，由条件得出，于此可计算出的取值范围；
（3）令，得，换元得出，得出方程，设该方程的两根为、，由韦达定理得出，分（ii）、；（ii），；（iii），三种情况讨论，计算出关于的方程在一个周期区间上的实根个数，结合已知条件得出与的值.
【详解】（1）由三角函数的周期公式可得，，
令，得，
由于直线为函数的一条对称轴，所以，，
得，由于，，则，
因此，；
（2），由三角形的内角和定理得，.
，且，，.
，
由，得，由锐角三角函数的定义得，，
由正弦定理得，，
，
，且，，，.
，因此，的取值范围是；
（3）将函数的图象向右平移个单位，
得到函数，
再将所得的图象上每一点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的倍后所得到的图象对应的函数为，
，
令，可得，
令，得，，
则关于的二次方程必有两不等实根、，则，则、异号，
（i）当且时，则方程和在区间均有偶数个根，
从而方程在也有偶数个根，不合乎题意；
（ii）当，则，
当时，只有一根，有两根，
所以，关于的方程在上有三个根，
由于，则方程在上有个根，
由于方程在区间上只有一个根，方程在区间上无实数解，
因此，关于的方程在区间上有个根，合乎题意；
此时，，得，
（iii）当时，则，当时，只有一根，有两根，
所以，关于的方程在上有三个根，
由于，则方程在上有个根，
由于方程在区间上无实数根，方程在区间上有两个实数解，
因此，关于的方程在区间上有个根，不合乎题意，
综上所述：，.
【点睛】思路点睛：本题考查利用三角函数的性质求三角函数的解析式，以及三角形中的取值范围问题，以及三角函数零点个数问题，同时也涉及了复合函数方程解的个数问题，考查分类讨论思想的应用，综合性较强，属于难题，本题第三问题的关键是首先判断的零点个数，再结合函数的周期性，即可判断区间和零点.
22．如图，在三棱锥中，，，，，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，，点F在AC上，.
  
(1)证明：平面；
(2)证明：平面平面BEF；
(3)求二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).

【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）法一：由（1）的信息，结合勾股定理的逆定理及线面垂直、面面垂直的判定推理作答.法二：过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，设，所以由求出点坐标，再求出平面与平面BEF的法向量，由即可证明；
（3）法一：由（2）的信息作出并证明二面角的平面角，再结合三角形重心及余弦定理求解作答.法二：求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
  
于是，即，则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）法一：由（1）可知，则，得，
因此，则，有，
又，平面，
则有平面，又平面，所以平面平面.
法二：因为，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
在中，，
在中，，
设，所以由可得：，
可得：，所以，
则，所以，，

设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，

设平面的法向量为，
则，得，
令，则，所以，
，
所以平面平面BEF；
  
（3）法一：过点作交于点，设，
由，得，且，
又由（2）知，，则为二面角的平面角，
因为分别为的中点，因此为的重心，
即有，又，即有，
，解得，同理得，
于是，即有，则，
从而，，
在中，，
于是，，
所以二面角的正弦值为.
    
法二：平面的法向量为，
平面的法向量为，
所以，
因为，所以，
故二面角的正弦值为.