四川省绵阳市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷（解析版）

这是一份四川省绵阳市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷（解析版），共17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。
1. 若复数z满足，则z在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】由得，故在复平面对应的点为，
该点在第三象限.
故选：C.
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】.
故选：B.
3. 平面向量，若，则（ ）
A. -1B. -2C. 2D. 1
【答案】D
【解析】由题意，，
∵，∴，解得：.
故选：D.
4. 已知三条不同的直线与三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，，，，则
【答案】A
【解析】对于A，由线面平行的性质可知：若，，，则，
A正确；
对于B，若，，则或，B错误；
对于C，若，，则或与相交，C错误；
对于D，若，，，，当与相交时，；
当时，与未必垂直，D错误.
故选：A.
5. 函数的最小正周期为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为
，
所以最小正周期.
故选：C.
6. 在中，，则（ ）
A. 1B. 3C. 4D. 6
【答案】B
【解析】由余弦定理得得，即，
解得或（舍去）.
故选：B.
7. 若平面向量两两的夹角相等，且，则（ ）
A. 2B. 8C. 或D. 2或8
【答案】D
【解析】若平面向量，，两两的夹角相等，则夹角为0或，
若夹角为0，
因为，则，
若夹角为，，
则．
故选：D．
8. 如图，在三棱锥中，和均为正三角形，，二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】取中点为连接，
由于和均为等边三角形，所以
故为二面角的平面角，即，
由于为等边三角形，故，
进而，
又，
由余弦定理可得，
由于，所以即为直线与所成角或其补角，
所以直线与所成角的余弦值为.
故选：B.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知为虚数单位，则下列说法中正确的是（ ）
A.
B. ，则
C. 复数的虚部为
D. 复数为纯虚数的充要条件是且
【答案】AB
【解析】对于A选项，，则，所以，
A对；
对于B选项，因为，则，
所以，B对；
对于C选项，复数的虚部为，C错；
对于D选项，复数为纯虚数的充要条件是且，D错.
故选：AB.
10. 函数的部分图象如图所示，则下列正确的是（ ）
A.
B. 函数为奇函数
C. 若，则
D. 函数的图象关于点成中心对称
【答案】AD
【解析】由函数的部分图象知：
，则，，
所以，又点在图象上，
则，即，
因为，所以，故A正确；
则，因为，所以，
故B错误；
因为，所以，，则，
故C错误；
又，
所以函数的图象关于点成中心对称，故D正确.
故选：AD.
11. 如图，一个棱长为1的正方体的展开图，如果将它还原成正方体，那么下列选项中正确的是（ ）
A. 与是异面直线
B.
C. 与平面所成角为
D. 球与该正方体的六个面均相切，则球的体积为
【答案】ABD
【解析】将题中的展开图还原成正方体的图形，如图所示，
连接，显然与是异面直线，故A正确；
连接，显然，故B正确；
连接相交于，因为平面，且平面，
所以，又因为，且，平面，
所以平面，则与平面所成角为，
又因为，，，
所以，即，故C错误；
与正方体的六个面均相切的圆的半径为，则体积为，故D正确.
故选：ABD.
12. 如图，在中，是线段上的点，且满足，线段与线段交于点，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】由题意，，
故选项A正确；
由与共线，可得，
由三点共线，得，
由平面向量基本定理，可得，解得，
所以，，，，即故选项C、D正确；
由三点共线，得，
即，化简为，
由选项C可得，，
再由平面向量基本定理得，，得，所以，即，
故选项B错误.
故选：ACD.
三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分. 将答案直接填在答题卷相应的横线上.
13. 在一些餐饮店中经常见到用于计时的沙漏，从沙漏的下半部分可抽象出一个高为，底面圆半径为的圆锥，则该圆锥的侧面积为______.
【答案】
【解析】圆锥的底面半径是，高是，则圆锥母线长为，
所以它的侧面积是.
故答案：.
14. 已知平面向量满足与的夹角为，则向量在向量上的投影向量为______.
【答案】或
【解析】因为，所以，
又向量与的夹角为，且，
所以，
所以向量在向量上的投影向量为，
设，由与得，解得或，
所以或，
所以向量在向量上的投影向量为或.
故答案为：或.
15. 若，则__________.
【答案】7
【解析】因为，所以，
所以.
故答案为：7.
16. 如图，在正四棱锥中，点分别为侧棱，底边的中点.平面与的延长线交于点，，则该正四棱锥的外接球的表面积为__________.
【答案】
【解析】设，则，
因为∥，所以∽，
所以，所以，
因为在等腰中，，，
所以由余弦定理得，化简得，
因为，所以在中由余弦定理得，
，
，化简得，
解得，
设与交于点，连接，
因为四棱锥为正四棱锥，
所以平面，且正四棱锥外接球的球心在上，设为，
因为正方形的边长为，所以，
所以，
所以，
设正四棱锥外接球的半径为，则，
因为，所以，解得，
所以正四棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：.
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. 摩天轮是游客喜爱的游乐项目之一.红星畅享游乐场的摩天轮最高点距离地面高度为，转盘直径为，设置有多个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转动一周大约需要，游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动后离地面的高度为，在转动一周的过程中，H关于时间的函数解析式为.
（1）求和角速度的值；
（2）当游客甲从进舱开始，在旋转一周的过程中，他的座舱高度不低于高为的建筑物时，求的取值范围.
解：（1）角速度，
关于的函数解析式为，
当游客甲从进舱到最高点所用时，当时，，①
当时，，②
由①②解得.
（2）由（1）得，
由题意得，整理得，即，
解得，即，
当游客甲从进舱开始，在旋转一周的过程中，他的座舱高度不低于高为的建筑物时，
的取值范围为.
18. 在矩形中，点为的三等分点（靠近点），点在边上，为等边三角形，且.
（1）求；
（2）求的值.
解：（1）因为为等边三角形，，
所以.
又，所以，解得.
（2）建立如图所示平面直角坐标系，
则，，所以，
又，且点为的三等分点（靠近点），
所以，所以，所以，
又，所以.
19. 如图，在四棱锥中，，，平面，与交于点，，点为的三等分点（靠近点），点为的中点，连接.
（1）求证：平面；
（2）求证：.
解：（1）连接，
，，，
点为的三等分点（靠近点），，，，
又平面，平面，
平面.
（2），为中点，，
平面，平面，，
，平面，平面，
平面，；
，，四边形为平行四边形，
又平面，平面，，四边形为矩形，
，又，平面，平面，
又平面，.
20. 已知函数.
（1）当时，求函数的单调递增区间；
（2）将函数的图象先向左平移个单位长度后，再把横坐标伸长为原来的2倍纵坐标不变，得到函数的图象.若，且为锐角，，求的值.
解：（1）
，
由，得，
即，
因为，所以函数的单调递增区间为.
（2）先将函数图象向左平移个单位得函数，
再横坐标伸长为原来的2倍得函数，
因为，所以，
又，且为锐角，，所以，
所以
.
21. 已知点在所在平面内，满足与的交点为，平面向量与相互垂直.
（1）求；
（2）若的面积为，求.
解：（1）由向量与相互垂直得，
，
由正弦定理得，
，
，
，
即，
，
，，
，即，
，，即，
，，即.
（2）由，得，
由余弦定理，得，
，，即点为的重心，
点是的中点，，
，
.
22. 如图，在三棱锥中，.点是的中点，，连接.
（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离.
解：（1）取的中点为点，连接，
，在中，，
在中，，由余弦定理得，
代入解得.，即为等腰直角三角形，，
点是的中点，，，
，
在中，，
，即，
又在平面内，，平面，
又平面，平面平面.
（2）记点到平面的距离为，，
则，
由（1）知平面，所以点P到平面的距离为，
又，，
由，得，解得，
点到平面的距离为.