重庆市南开中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份重庆市南开中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），共23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。
重庆南开中学高2025级高一（下）期末考试
数学试题
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟.
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、单项选择题：本题共8小题.每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.请将答案填写在答题卡相应的位置上.
1. 直线的倾斜角是（ ）
A. 30° B. 60° C. 120° D. 150°
【答案】A
【解析】
【分析】根据倾斜角与斜率之间的关系运算求解.
【详解】因为的斜率，
所以其倾斜角为30°.
故选：A.
2. 已知，均为单位向量，且与夹角为，则（ ）
A. 3 B. C. 2 D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求，再利用模长公式可得答案.
【详解】因，均为单位向量，且与夹角为，所以；
因为，所以.
故选：D.
3. 将按斜二测画法得到，如图所示，，，，则的面积（ ）

A. 2 B. C. 4 D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用正弦定理求出，即可得到平面图形中的长度，即可求出面积.
【详解】因为，，，则，
由正弦定理，即，解得，
则在平面图形中，，

所以.
故选：D
4. 过四棱锥任意两条棱的中点作直线，其中与平面平行的直线有（ ）
A. 4条 B. 5条 C. 6条 D. 7条
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面平行判定定理分析求解.
【详解】如图，设为相应棱的中点，
则//，且平面，平面，所以//平面，
同理可得：与平面平行，
由图可知：其他的任意两条棱的中点的连线与平面相交或在平面内，
所以与平面平行的直线有6条.
故选：C.

5. 如图，在长方体中，，，，，，则直线与所成角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取上靠近的三等分点F，取上三等分点，可知直线与所成角即为直线与所成角，求出，在中，由余弦定理求解即可.
【详解】取上靠近三等分点F，取上三等分点，
连接，
因为，所以四边形是平行四边形，
所以，所以直线与所成角即为直线与所成角，
，
由正方体的性质可得：平面，平面，
所以平面，所以，，
，，
，
在中，，
所以直线与所成角的余弦值为.
故选：B.

6. 在中，边上的高，且，则为（ ）
A. 锐角 B. 直角 C. 钝角 D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦定理及面积公式得到，再由基本不等式得到，利用辅助角公式及正弦函数的性质计算可得.
【详解】由余弦定理，
又，
即，
所以，
即，
因为，所以，
即，
所以，
则，即，
因为，所以，
所以，解得，即为锐角.

故选：A
7. 已知是边长为的正三角形，动点满足，且.若为的中点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取的中点，连接，根据平面向量共线定理的推论可得、、三点共线，由正三角形的性质可得且，即可得到当是的中点取得最小值.
【详解】如图取的中点，连接，则，
因为，所以，又，
所以、、三点共线，即在直线上，
因为是边长为的正三角形，所以且，
又为的中点，所以当是的中点时且，则，
此时取得最小值，即的最小值为.

故选：B
8. 《九章算术·商功》：“斜解立方，得两壍堵.斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑.阳马居二，鳖臑居一，不易之率也.合两鳖臑三而一，验之棊，其形露矣.”即将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.如图所示为鳖臑，平面，，，分别在棱，上，且，.若，则三棱锥外接球的体积为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】依题意可得平面，即可得到，从而得到平面，又外接圆的直径即可直角三角形的斜边，即可得到即为三棱锥外接球的直径，从而求出外接球的体积.
【详解】因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
平面，所以，又，，平面，
所以平面，
又，所以外接圆的直径即可直角三角形的斜边，
又平面， ，所以即为三棱锥外接球的直径，
所以三棱锥外接球的半径，
所以外接球的体积.
故选：C
二、多项选择题：本题共4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.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分.请将答案填写在答题卡相应的位置上.
9. 下列四个命题中不正确的是（ ）
A. ，，则
B. ，则
C. ，，则
D. ，，，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由直线与平面、平面与平面的位置关系对选项一一判断即可得出答案.
【详解】对于A，若，，则可能，故A不正确；
对于B，若，则可能，故B不正确；
对于C，若，，则，故C正确；
对于D，若，，，则可能，故D不正确.
故选：ABD.
10. 已知为虚数单位，复数，复数满足：，则可能的取值为（ ）
A. 0 B. C. 1 D. 2
【答案】CD
【解析】
【分析】根据题意分析可得：为直线上的动点到以为圆心，半径为的圆上的动点的距离，结合圆的性质运算求解.
【详解】设对应的分别为，则，可知表示直线上的动点，
因为，即复数对应的点在以为圆心，半径为的圆上，
可得即为，
又因为到直线的距离，
所以，
故A、B错误，C、D正确.
故选：CD.
.
11. 如图，正方体的棱长为，是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论正确的有（ ）

A. 平面被正方体截得截面为等腰梯形
B. 若，直线
C. 若在上，的最小值为
D. 若，点的轨迹长度为
【答案】ACD
【解析】
【分析】在上取点，使得，则即为截面，从而判断A，为的中点，在棱上取点，使得，得到与不垂直，即可判断B，将平面翻折，化折线为直线，结合两点之间线段最短判断C，根据线面垂直得到线线垂直，即可判断D.
【详解】对于A：

在上取点，使得，连接、、、、，
则，又且，所以为平行四边形，则，
所以，所以、、、四点共面，
即平面被正方体截得截面即为梯形，
又，所以为等腰梯形，故A正确；
对于B：

因为，所以为的中点，在棱上取点，使得，
则且，所以为平行四边形，所以，
又，，，
显然，即与不垂直，则与不垂直，故B错误；
对于C：

如图将平面展开到与平面共面，连接交于点，则即为的最小值，
又，所以的最小值为，故C正确；
对于D：

连接、、、，则，又平面，
平面，所以，又，平面，
所以平面，平面，所以，
又，所以，因为，所以线段（不含点）即为点的轨迹，
又，所以点的轨迹长度为，故D正确.
故选：ACD
12. 在三棱锥中，.记二面角、、的大小分别为、、，V为三棱锥的体积，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据三垂线法求二面角，结合垂直关系以及锥体的体积公式逐项分析判断.
【详解】过点作平面，垂足为，过分别作棱的垂线，垂足分别为，连接，
因为平面，平面，则，
又因为，，平面，
所以平面，且平面，可得，
同理平面，，
所以，
可得，且，
即，
整理得，故A正确；
又因为

，
所以，故C正确；

同选项A分析得：，则，
因为不一定相等，即不一定相等，则不一定相等，
所以不一定相等，故B错误；
同选项C分析得：，显然不一定相等，
所以与不一定相等，故D错误；
故选：AC.
【点睛】关键点睛：过点作平面，通过三垂线法求二面角，并建立一个共高的几何关系，根据这个关系分析说明.
第Ⅱ卷（非选择题共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.请将答案填写在答题卡相应位置上.
13. 计算______．
【答案】##
【解析】
【分析】利用复数的四则运算求解即可.
【详解】.
故答案为：.
14. 若两条平行直线：与：间的距离为2，则______.
【答案】或
【解析】
【分析】根据两平行线见距离公式运算求解.
【详解】由题意可得：，解得或.
故答案为：或.
15. 若圆台的上、下底面圆半径分别为1、2，、分别为圆台上下底面圆心.若该圆台存在内切球，则该圆台的体积为______.
【答案】
【解析】
【分析】作出圆台的轴截面，然后根据题意可求出圆台的母线长，从而可求出圆的高，进而可求出圆台的体积.
【详解】圆台的轴截面如图所示，设内切球的球心为，内切球与母线切于点，则
，
所以，
过点作于，则，
所以，
所以圆台的体积为
，
故答案为：

16. 在中，若，则角的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理得，再根据正切公式得，通过基本不等式得答案.
【详解】设三角形中，角所对边分别为；
因为在中，，
所以，即；
根据正弦定理得:，
又中，，，不能同时为，只能有，
且，所以，
即，
中
，
则，同正或同负，因为在中，所以，只能同正，
所以(当且仅当等号成立) ，此时角有最大值为
故答案为:
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.请将答案填写在答题卡相应的位置上.
17. 已知、在直线上.
（1）求直线的方程；
（2）若直线倾斜角是直线倾斜角的2倍，且与的交点在轴上，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先求出直线的斜率，再由点斜式求出直线方程；
（2）设直线的倾斜角为，则，利用二倍角公式求出，再求出直线与轴的交点，再由斜截式得到直线的方程.
【小问1详解】
因为、在直线上，
所以，所以直线的方程为，即.
【小问2详解】
设直线的倾斜角为，则，
所以，
所以直线的斜率，
对于，令得，即直线与轴交于点，
所以直线的方程为.
18. 在直三棱柱中，，，，，点D为的中点.

（1）求证：//平面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见详解
（2）2
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理分析证明；
（2）根据题意可证平面，再利用转换顶点法求体积.
【小问1详解】
连接交于点，连接，
因为为平行四边形，则为的中点，
且点D为的中点，则//，
又因为平面，平面，
所以//平面.
【小问2详解】
因为平面，平面，所以，
又因为，
且，平面，所以平面，
且点D为的中点，故三棱锥的高为，
所以三棱锥的体积.
19. 在△中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且△面积.
（1）若，求；
（2）若，求当取得最小值时△的周长.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正、余弦定理以及三角形面积公式求解即可；
（2）利用基本不等式以及向量的线性运算，求出取得最小值时等号成立的条件，并结已知条件即可求出三角形的周长.
【小问1详解】
由三角形面积公式可知，即，
∵，∴由正弦定理得，
两边同时平方得①，
由余弦定理得，即②，
将①②联立得，解得；
【小问2详解】
∵, ∴,
∴，
∴由基本不等式得，当且仅当时取等号，此时的最小值为，
∵，∴由正弦定理得，∴，
∴,
又∵,∴,
∴△为直角三角形，
又∵且，解得，，，
∴△的周长为.
20. 在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，,为棱上一点，且.

（1）求证：平面平面；
（2）若，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系求解即可.
【小问1详解】
∵, ，，平面，
∴平面，又平面,
∴平面平面，
【小问2详解】
∵，由PA在面PAD内，则,,平面,
∴平面,
过点作的垂线，垂足为,连接,则平面,
分别以为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图，
∵，则,,,,
,,,
设平面的法向量为，则，令，则，
设平面法向量为，则，
令，则，
∴，
二面角为钝角，，
∴二面角正弦值为.

21. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，.
（1）求A；
（2）若D为延长线上一点，且，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和三角恒等变换化简求值即可；
（2）分别在和中利用正弦定理表示出，进而表示出，根据为锐角三角形求出，从而求出的取值范围.
【小问1详解】
角A，B，C是的内角，故.
在锐角中,由正弦定理得，，
即，
所以，即，故，又，所以.
【小问2详解】
在中，，
在中，，
所以
故.
因为为锐角三角形，,所以，解得，
所以，所以，
从而.
故的取值范围为.

22. 我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线.如图，在菱形中，，将沿翻折，使点A到点P处.E，F，G分别为，，的中点，且是与的公垂线.

（1）证明：三棱锥为正四面体；
（2）若点M，N分别在，上，且为与的公垂线.
①求的值；
②记四面体的内切球半径为r，证明：.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）①10，②证明过程见解析
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，证明出线面垂直，得到⊥，由三线合一得到，进而得到六条边均相等，证明出结论；
（2）①设出边长，由余弦定理得到，设出，表达出，利用列出方程，求出，得到答案；
②取中点，令，则到平面的距离为，表达出，再利用四棱锥内切球半径得到，其中，进而得到不等式，求出答案.
【小问1详解】
连接，
因为菱形中，，
所以和为等边三角形，
因为是中点，所以⊥，
因为是与的公垂线，所以⊥，
因为，且平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以⊥，
由三线合一得，
又，所以三棱锥为正四面体，
【小问2详解】
不妨设，则，，
由余弦定理得，
设，
所以，
因为，
所以

，
故，
其中，，
，



即，解得，故；

②取中点，令，则到平面的距离为，
，

设四面体的表面积为S，则，
其中，
而，
，
所以，
即.
【点睛】在解决平面图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化，解题时应抓住不变量，利用解三角形知识或建立空间直角坐标系进行求解.