数学：河南省南阳市南召县2022-2023学年高一下学期期末试题（解析版）

这是一份数学：河南省南阳市南召县2022-2023学年高一下学期期末试题（解析版），共16页。试卷主要包含了单项选择题.，多项选择题.，填空题.，解答题.等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题.
1. 已知角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D. －2
【答案】A
【解析】因为角的终边经过点，所以.
故选：A.
2. 若向量，满足，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以 ，所以，解得．
故选：D.
3. 若，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】.
故选：C.
4. 半径为的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】半径为的半圆卷成一个圆锥，可得圆锥母线长为，底面圆周长为，
所以底面圆的半径为，圆锥的高为，
所以圆锥的体积为.
故选：A.
5. 在中，，则此三角形的形状是（ ）
A. 等边三角形B. 钝角三角形
C. 直角三角形D. 等腰直角三角形
【答案】C
【解析】，，
，
，即，
，，故此三角形为直角三角形.
故选：C.
6. 在中，角的对边分别是.已知，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】，即，故，
，
设，则，解得或（舍去）.
故选：A.
7. 如图是正方体的平面展开图．关于这个正方体，有以下判断：
①与所成的角为；②∥平面；
③；④平面∥平面.
其中正确判断的序号是（ ）
A. ① ③B. ② ③C. ① ② ④D. ② ③ ④
【答案】C
【解析】把正方体的平面展开图还原成正方体，
得：①与所成的角为正确；
②不包含于平面平面平面，故②正确；
③与是异面直线，故③不正确；
④平面，
所以平面平面，故④正确，正确判断的序号是①②④.
故选：C.
8. 如图，某圆柱的一个轴截面是边长为2的正方形ABCD，点E在下底面圆周上，且，点F在母线AB上，点G是线段AC的靠近点A的四等分点，则的最小值为（ ）
A. B. 3C. 4D.
【答案】A
【解析】将绕直线AB旋转到的位置，并且点在BC的反向延长线上，
连接，交AB于点，此时最小，如图所示：
因为，所以，
又因为，所以，
又因为，所以，
在中，由余弦定理得
，
解得，即的最小值为．
故选：A．
二、多项选择题.
9. 已知向量，，则下列命题正确的是（ ）
A 若，则
B. 若 ，则
C. 若取得最大值时，则
D. 的最大值为
【答案】ACD
【解析】A选项，若，则，即，故A正确；
B选项，若，则，则，故B不正确；
C选项，，其中，
当取得最大值时，，即，
，故C正确；
D选项，，
当时，取得最大值为，
所以的最大值为，故D正确.
故答案为：ACD.
10. 若函数f（x）＝tan2x的图象向右平移个单位得到函数g（x）的图象，那么下列说法正确的是（ ）
A. 函数g（x）的定义域为{，k∈Z}
B. 函数g（x）在单调递增
C. 函数g（x）图象的对称中心为，k∈Z
D. 函数g（x）≤1的一个充分条件是
【答案】BD
【解析】由题可知：，
令，即，
所以函数定义域为，故A错；
令，
所以函数单调递增区间为，
当时，是函数的单调递增区间，故B正确；
令，故函数对称中心为，故C错；
，
所以，
所以在所求的范围之内，故D正确.
故选：BD.
11. 在中，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 存在满足
C. 若，则为钝角三角形
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】对于A选项，若，则，则，即，
故A选项正确；
对于B选项，由，则，且，
在上递减，于是，即，故B选项错误；
对于C选项，由，得，在上递减，
此时：若，则，则，于是；
若，则，则，
于是，故C选项正确；
对于D选项，由，则，则，在递增，
于是， 即，同理，
此时，
，所以D选项正确.
故选：ACD.
12. 如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断，其中正确的是（ ）
A. 平面平面
B. 平面
C. 异面直线与所成角的取值范围是
D. 三棱锥体积不变
【答案】ABD
【解析】对于A，连接，
因为在正方体中，平面，
又平面，所以，
因为在正方形中，又与为平面内的两条相交直线，
所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为与为平面内两条相交直线，可得平面，
又平面，从而平面平面，故A正确；
对于B，连接，，
因为，，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，同理平面，
又、为平面内两条相交直线，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故B正确；
对于C，因为，所以与所成角即为与所成的角，
因为，所以为等边三角形，
当与线段的两端点重合时，与所成角取得最小值；
当与线段的中点重合时，与所成角取得最大值；
所以与所成角的范围是，故C错误；
对于D，由选项B得平面，故上任意一点到平面的距离均相等，
即点到面平面的距离不变，不妨设为，则，
所以三棱锥的体积不变，故D正确．
故选：ABD.
三、填空题.
13. 若复数是纯虚数，则实数m=____.
【答案】2
【解析】由题意，，解得.
故答案为：2.
14. 已知，且与夹角为钝角，则的取值范围___________.
【答案】且
【解析】由于与夹角为钝角，所以，
解得且，所以取值范围是且.
故答案为：且.
15. 在正四棱柱中，是的中点，，，则与平面所成角的正弦值为__________.
【答案】
【解析】设底面中心为，则，
因为平面，平面，所以，
又平面，
所以平面，则平面，
取的中点，连接，则，所以平面，
连接，则为与平面所成的角，
因为，，
所以，，.
故答案为：.
.
16. 已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧面底面，且，则该四棱锥的外接球的表面积为______.
【答案】
【解析】设正方形的中心，三角形的外心，
取的中点，连，，则，，
分别以，为邻边作一个矩形，如图，
因为侧面底面，则平面，平面，
则，所以点就是该外接球的球心，
由，可得，
在中，，
外接圆的表面积为.
故答案为：.
四、解答题.
17. 已知复数在复平面内所对应的点为A.
（1）若点A在第二象限，求实数m的取值范围；
（2）求的最小值及此时实数m的值.
解：（1）由，解得或.
（2），
令，∵，∴，
则，
所以当，即时，有最小值.
18. 记的内角，，所对的边分别是，，．已知．
（1）求角的大小；
（2）若点在边上，平分，，且，求．
解：（1）因为，
即，
化简可得，由余弦定理可得，
所以，且，则.
（2）由（1）知，由余弦定理可得，将代入，
化简可得，
又因为平分，由角平分线定理可得，
即，且，所以，
又因为，
则，
结合余弦定理可得，解得，所以，
则.
19. 如图1，在梯形中，，点E在线段上，，将沿翻折至的位置，连接，点F为中点，连接，如图2.
（1）在线段上是否存在一点Q，使平面平面?若存在，请确定点Q的位置，若不存在，请说明理由；
（2）当平面平面时，求三棱锥的体积.
解：（1）当Q是的中点时，平面平面，理由如下：
如图，连接，
依题意得，且，则，
所以四边形是平行四边形，则，
又平面平面，所以平面，
因为分别为的中点，所以，
又平面平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面.
.
（2）取的中点M，连接，
因为，则，
所以为边长为2的等边三角形，则，
因为，所以由余弦定理得，
所以在中，，则，
因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
因为F为的中点，所以F到平面的距离，
所以.
20. 锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足：．
（1）求A；
（2）求面积取值范围．
解：（1）因为，由正弦定理得：，
因为，
所以，
化简得，所以，
因为，所以.
（2）由正弦定理，得，
又
，
因为锐角，所以，解得，则，
所以.
21. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
解：（1）因为侧面底面，且交线为，
又面，，所以平面，
又平面，所以，
侧面是正三角形，是的中点，所以，
又，所以平面.
（2）取的中点，的中点，连接，，，
依题意知，，且，所以平面，
又，所以平面，因此，，
所以就是二面角的平面角，
由（1）知平面，
因为，所以平面，从而，
在直角三角形中，设，则，
所以，，
所以，二面角的余弦值为.
22. 已知，，.函数的最小正周期为.
（1）求函数在内的单调递增区间；
（2）若关于的不等式在内恒成立，求实数的取值范围.
解：（1）因为，，
所以，
则
，
因为最小正周期为，所以，，，
令，
解得，
则函数在内的单调递增区间为、.
（2），
即，
整理得，，
即在内恒成立，
令，
则，，
设，易知当时函数单调递增，
故，，，的取值范围为.