山东省潍坊市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

试卷类型：A

高一数学

2023.7

本试卷共4页.满分150分，考试时间120分钟.

注意事项：

1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.

一､单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（    )

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

利用复数的除法运算化简，由此求得的虚部.

【详解】，故虚部为.

故选：C

【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复数虚部的概念，属于基础题.

2. 已知向量，若，则实数的值为（    ）

A. 7 B. 3 C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用向量垂直的坐标运算即可求出结果.

【详解】因为，又，

所以，解得，

故选：C.

3. 在平面直角坐标系中，若角的终边经过点，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据条件，利用三角函数的定义求出，再利用诱导公式即可求出结果.

【详解】角终边经过点，所以，

又，所以，

故选：B.

4. 已知水平放置的平面图形的直观图如图所示，其中，则平面图形的面积为（    ）

A. 6 B. 3 C. 8 D. 4

【答案】D

【解析】

【分析】根据直观图画法的规则，确定原平面图形四边形的形状，求出上下底边边长，以及高，然后求出面积

【详解】根据直观图画法的规则，直观图中平行于轴，，在轴上，，

则原平面图形中平行于轴，在轴上，

从而有，且，，，如图所示，

所以直角梯形的面积为.

故选：D．

5. 若，且，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用正切二倍角公式即同角三角函数关系化简得到.

【详解】因为，所以，

即，

因为，所以，，

所以，

因为，所以，解得.

故选：D

6. 如图，圆台的侧面展开图扇环的圆心角为，其中，则该圆台的高为（    ）

A. 1 B.  C.  D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】利用扇形的弧长公式结合已知条件求出圆台上、下底面圆的半径，在建立与圆台高的关系式求解即可.

【详解】因为圆台的侧面展开图扇环的圆心角为，

所以在圆锥中有：，

所以，

又在圆锥中有：，

所以，

所以该圆台的高为：

，

故选：C.

7. 托勒密是古希腊天文学家､地理学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积.则图四边形为圆的内接凸四边形，，且为等边三角形，则圆的直径为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设，先利用余弦定理求出，再根据题意建立方程求出，再利用正弦定理即可求出结果.

【详解】设，则，因为为等边三角形，所以,

在中，由余弦定理得到，，所以，

由题有，所以，解得，所以

由正弦定理知，，解得，

故选：D.

8. 在中，已知，则内角的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由定义法用边和角表示已知条件中的向量数量积，利用余弦定理化简，再利用不等式的性质求的最小值，可得角的最大值.

【详解】中，A，B，C的对边分别为a，b，c，

由，得，

由余弦定理得，即

则 ，当时，取到最小值，

所以角的最大值为.

故选：C

二､多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.

9. 已知复数，则（    ）

A. 若，则

B. 若是纯虚数，则

C. 若，则

D. 若，则

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据复数的概念判断A、B，根据共轭复数判断C，根据复数的模判断D.

【详解】因为，

对于A：若，则，解得，故A正确；

对于B：若是纯虚数，则，解得，故B正确；

对于C：若，则，所以，故C错误；

对于D：若，则，所以，故D正确；

故选：ABD

10. 某球形巧克力设计了一种圆柱形包装盒，每盒可装7个球形巧克力，每盒只装一层，相邻的球形巧克力相切，与包装盒接触的6个球形巧克力与圆柱形包装盒侧面及上下底面都相切，如图是平行于底面且过圆柱母线中点的截面，设包装盒的底面半径为R，球形巧克力的半径为，每个球形巧克力的体积为，包装盒的体积为，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】从截面图可得R与的关系，由球和圆柱的体积公式计算和，判断选项.

【详解】由截面图可以看出，圆柱的底面直径是球形巧克力直径的3倍，即可得，

圆柱的高等于球形巧克力的直径，即，

，，则有.

故选：AD

11. 已知函数的最小正周期是，则（    ）

A.

B

C. 的对称中心为

D. 在区间上单调递增

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据条件求出，从而得到，再对各个选项逐一分析判断即可得出结果.

【详解】因为函数的最小正周期是，所以，

又，得到，所以，

选项A，因为，故选项A错误；

选项B，因为，

又，由的性质知，，

所以，故选项B正确；

选项C，由，得到，

所以的对称中心为，故选项C正确；

选项D，当时，，由的性质知，在区间上单调递增，故选项D正确.

故选：BCD.

12. 东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”，根据面积关系给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”.如图 1，它由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.我们通过类比得到图2，它由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形DEF拼成的一个大等边三角形ABC，则（    ）

A. 这三个全等的钝角三角形可能是等腰三角形

B. 若，则

C. 若，则

D. 若，则三角形的面积是三角形面积的19倍

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据三个全等的钝角三角形及一个小等边三角形DEF，应用正弦定理及余弦定理分别判断各个选项即可.

【详解】选项A，若三个全等的钝角三角形是等腰三角形，则，

从而三点重合，不合题意，故A错误；

在中,不妨设，

由余弦定理，

解得，,故B正确；

在中，，而，

所以，

，

由正弦定理得，解得，

又因为，所以，故C正确；

若,设

在中, ，

，

所以,故D正确.

故选:BCD.

三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.

13. 请写出一个周期为的偶函数__________.

【答案】（答案不唯一）

【解析】

【分析】只要写出一个满足题意的函数即可.

【详解】由的周期为：，

且，

故为一个周期为的偶函数，

故答案为：（答案不唯一）.

14. 已知点，向量绕原点顺时针旋转得到向量，则点的坐标为__________.

【答案】

【解析】

【分析】设，由，，结合点所在象限，可求坐标.

【详解】设，由题意有，，即 ，

由旋转方向可知点第四象限，即，

解得，所以点的坐标为．
故答案为：．

15. 已知，，则__________.

【答案】

【解析】

【分析】利用两角和的余弦公式得到，即可求出，再根据利用两角差的正弦公式计算可得.

【详解】因为，即，

所以，所以，

即，

因为，所以，

所以，

所以

.

故答案为：

16. 将半径均为2的四个球堆成如图所示的“三角垛”，则由球心A，B，C，D构成的四面体的外接球的表面积为__________，若该三角垛能放入一个正四面体容器内，则该容器棱长的最小值为__________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】正四面体补形成一个正方体，利用正方体对角线，求外接球的半径和表面积如；利用正四面体中心到底面的距离与棱长的关系，列方程求容器棱长的最小值.

【详解】由球心A，B，C，D构成的四面体是正四面体，其棱长为4，

将正四面体补形成一个正方体，正方体的棱长为，正四面体的棱是正方体各面的对角线，如图所示，

则正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即外接球的半径，外接球的表面积为.

对于正四面体中， 若边长为a， 为正四面体外接球球心，H是正四面体底面三角形的中心，如图所示，

由于M为CD的中点，所以，

则，，

设外接球的半径为R，则，

中，，解得，

所以，即正四面体的中心到正四面体底面的距离为，

半径均为2的四个球堆成的“三角垛”，由球心A，B，C，D构成的四面体，棱长为4，该三角垛能放入一个正四面体容器内，

则该容器棱长的最小值时，此时每个小球均与正四面体的面相切，任意两个小球外切，

设这个正四面体容器棱长为，则有，

解得，则该容器棱长的最小值为.

故答案为：；.

【点睛】方法点睛：正四面体的外接球问题，经常把正四面体补形成正方体，利用正方体的对角线为外接球的直径，可减少运算量；与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接，解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，找到等量关系列出算式.

四､解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.

17. 已知是虚数单位，设复数.

（1）若，求实数的值；

（2）若在复平面上对应的点位于右半平面（不包括虚轴），求实数的取值范围.

【答案】（1）1    （2）

【解析】

【分析】（1）利用复数相等的条件即可求出结果；

（2）利用复数的四则运算求出，再根据复数的几何意义得到对应的点，从而求出结果.

【小问1详解】

因为，所以，

又，所以，解得.

【小问2详解】

因为，所以，其在复平面上对应点为，

所以，得到.

18. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知点，且四边形平行四边形.

（1）求点的坐标及；

（2）若点为直线上的动点，求的最小值.

【答案】（1），   

（2）-25

【解析】

【分析】（1）是平行四边形，利用求出点的坐标，可得的坐标及；

（2）设点的坐标，表示出，结合函数思想求最小值.

【小问1详解】

如图所示，

设C点坐标为，则，，

因为四边形是平行四边形，，则有，所以，

可得，

【小问2详解】

由题意直线的方程为，设，

则，，

所以，

故当，点P坐标为时，取得最小值-25.

19. 已知的内角所对的边分别为.

（1）求；

（2）若，求边.

【答案】（1）   

（2）4

【解析】

【分析】（1）根据两角和差的正切公式结合角的范围即可求解；

（2）利用两角和的正弦公式，结合正弦定理可求得c.

【小问1详解】

,

,,

【小问2详解】

,

由正弦定理可得可得，

20. 函数的部分图象如图所示.

（1）求的解析式；

（2）将的图象向左平移个单位得到函数的图象，若，方程存在三个不相等的实数根，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据的图象可得，再由图象过点可得解析式；

（2）根据图象平移规律得到函数的图象，若，存在三个不相等的实数根，可转化为与在有两个不同的交点，结合图象可得答案.

【小问1详解】

由图象可得，由图象过点，

所以，可得，

所以，又，所以，

所以；

【小问2详解】

将的图象向左平移个单位可得到函数的图象，

方程，可得，

可得时，，所以；

所以在有两个不相等的实数根，

即与的图象在有两个不同的交点，画出它们的大致图象，

由图象可得，，所以.

21. 如图，在正六棱锥中，球是其内切球，，点是底面内一动点（含边界），且.

（1）求正六棱锥的体积；

（2）当点在底面内运动时，求线段所形成的曲面与底面所围成的几何体的表面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正六棱锥的结构特征，结合已知数据，求出底面积和高，可求体积；

（2）由，可得所示几何体的圆锥，求出底面半径和母线长，可计算表面积.

【小问1详解】

设是底面的中心，连接，，

底面为正六边形，可知为等边三角形，，

在中，,

在正六边形中，，

所以.

  【小问2详解】

取的中点N，连接，，，

设正六棱锥的内切球与侧面相切于点H，可知H在上，连接，

等边三角形中，，

在中，，则，所以，

设内切球O的半径为r，则，由，得，所以，

所以，

在中，，所以，

所以点M在六边形中， 且以为圆心为半径的圆上，

所以点M在底面内运动时， 线段所形成的曲面与底面所围成的几何体为圆锥，

圆锥底面半径为，母线长为2，

此几何体的表面积为

【点睛】方法点睛：圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接，解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，找到等量关系列出算式.

22. 已知的内角所对边分别为.若内部有一个圆心为，半径为米的圆，它沿着的边内侧滚动一周，且始终保持与三角形的至少一条边相切.

（1）若为边长是16米的等边三角形，求圆心经过的路程；

（2）若用28米的材料刚好围成这个三角形，请你设计一种的围成方案，使得圆心经过的路程最大并求出该最大值（若为正数，则，当且仅当时取等号）.

【答案】（1）米   

（2）围成三角形为边长是米的等边三角形时，圆心经过的路程最大，最大值为米

【解析】

【分析】（1）根据切线长定理得到，即可得解；

（2）依题意，， ，则圆心走过的路程，再由诱导公式、两角和的正切公式及基本不等式得到，即可求出的最大值.

【小问1详解】

如下图，因为是等边三角形，所以，

所以，

所以圆心走过的路程米.

【小问2详解】

依题意，， ，

则圆心走过的路程，

即

又

，

即，

所以，

因为，所以，

两边同时除以，

可得 ，

所以，

所以，

，

当且仅当时等号成立，

所以，

所以，

所以圆心经过的路程最大值为米，此时围成三角形为边长是米的等边三角形.

【点睛】关键点睛：本题解答的关键是三元基本不等式“若为正数，则，当且仅当时取等号”的应用.