辽宁省沈阳市五校协作体2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题

这是一份辽宁省沈阳市五校协作体2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题，共20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。

辽宁省沈阳市五校协作体2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知复数和，则“”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
2．已知函数（）的图象的两个相邻对称中心之间的距离为，则（    ）
A．2 B．4 C．8 D．16
3．正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）
A． B． C． D．
4．已知向量，则与的夹角为（    ）
A． B． C． D．
5．两个圆锥有等长的母线，它们的侧面展开图恰好拼成一个圆，若它们的侧面积之比为，则它们的体积比是（    ）
A． B． C． D．
6．两不共线的向量，，满足，且，，则（    ）
A． B． C． D．
7．三内角，，所对边分别是，，.若，，则的最大值为（    ）
A． B． C． D．
8．已知四面体ABCD满足，，，且该四面体ABCD的外接球的球半径为，四面体的内切球的球半径为，则的值是（    ）
A． B． C． D．

二、多选题
9．已知复数满足，则（    ）
A．的虚部为
B．
C．在复平面内对应的点在第四象限
D．若复数满足，则
10．若函数的图象经过点，则（    ）
A．函数的最小正周期为
B．点为函数图象的对称中心
C．直线为函数图象的对称轴
D．函数的单调增区间为
11．如图，在三棱锥中，，，E为AB中点，下列结论正确的是（    ）
  
A．面面
B．二面角的平面角是
C．三棱推的体积（其中为的面积）
D．若三棱锥存在外接球，则球心可能为点E
12．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的是（    ）
A．
B．若，则该三角形周长的最大值为6
C．若角A的平分线AD交BC于D，且AD＝2，则
D．若的面积为2，a，b，c边上的高分别为，且，则的最大值为

三、填空题
13．若，，则在上投影向量的坐标为 .
14．已知，如果存在实数，使得对任意的实数x，都有成立，则的最小值为 .
15．在棱长为1的正方体中，E在棱上且满足，点F是侧面上的动点，且面AEC，则动点F在侧面上的轨迹长度为 ．
16．古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且，若，则实数的最小值为 ．

四、解答题
17．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．
(1)求角C的大小；
(2)若，且的面积为，求边长c．
18．已知
(1)化简求值；
(2)若，且，求．
19．已知．
(1)时，求的值域；
(2)把曲线上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变．再把得到的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，若是R上的偶函数，求的值．
20．如图①在平面直角坐标系中，已知，，动点在线段上．
  
(1)求的最小值；
(2)以四边形为底面做四棱锥如图②，使平面，且，求证：平面平面．
21．在如图所示的七面体中，底面为正方形，，，面．已知，．
  
(1)设平面平面，证明：平面；
(2)若二面角的正切值为，求四棱锥的体积．
22．记的内角 的对边分别为，已知．
(1)求的值；
(2)若的外接圆的半径为r，求的最小值．

参考答案：
1．A
【分析】根据复数的性质及充分条件、必要条件求解即可.
【详解】，复数和是实数，成立，
当时，例如，推不出，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
2．B
【分析】由正切函数的性质得出，继而由周期公式得出.
【详解】解：设的最小正周期为，由函数（）的图象上相邻两
个对称中心之间的距离为，知，，
又因为，所以，即，则．
故选：B．
3．C
【分析】先利用线线平行的传递性求得异面直线与所成角，再在中利用余弦定理即可得解.
【详解】依题意，不妨设，则，
因为在正四棱柱中，，
所以四边形是平行四边形，则，
所以异面直线与所成角，
  
在中，，，则，
由余弦定理得.
故选：C.
4．D
【分析】根据题意，由平面向量的模长公式代入计算，即可得到，再根据数量积的定义，即可得到结果.
【详解】因为，则，且，则，
即，所以，设与的夹角为，则，
即，所以，因为，则.
故选：D
5．A
【分析】设圆锥母线长为，小圆锥半径为、高为，大圆锥半径为，高为，根据侧面积之比可得，再由圆锥侧面展开扇形圆心角的公式得到，利用勾股定理得到关于的表达式，从而将两个圆锥的体积都表示成的表达式，求出它们的比值即可.
【详解】设圆锥母线长为，侧面积较小的圆锥半径为，
侧面积较大的圆锥半径为，它们的高分别为、，
则，得，
因为两圆锥的侧面展开图恰好拼成一个圆，
所以，得，
再由勾股定理，得，
同理可得，
所以两个圆锥的体积之比为：
.
故选：A.
6．C
【分析】由两边平方后整理得一元二次不等式，根据一元二次函数的性质可判断，整理后可知只能为0，即可解得答案.
【详解】解：由题意得：
，
，
即

，

，即
故选：C
7．C
【分析】由已知及余弦定理可得，再应用正弦定理有，，将目标式转化为且，利用正弦型函数性质求最大值即可.
【详解】因为，由余弦定理，又，故，
由正弦定理知：，则，，
所以，而，
则


，且，
又，当时的最大值为.
故选：C
8．A
【分析】将四面体补全为长方体，根据它们外接球相同求出外接球半径，利用等体积法求内切球半径，即可得结果.
【详解】由题设，可将四面体补全为如下长方体，长宽高分别为，
  
所以，四面体外接球即为长方体外接球，则半径，
由题意，四面体的四个侧面均为全等三角形，，为三角形内角，
所以，则，
又，且，
所以，即，
综上，.
故选：A
9．ABD
【分析】根据题意，由复数的四则运算即可求得，然后对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】
因为，即，所以，
则，
所以的虚部为，故A正确；
则，故B正确；
在复平面内对应的点为，在第三象限，故C错误；
满足的复数对应的点的集合是以为圆心，为半径的圆，
而表示复数到原点的距离，且，
则，故D正确；
故选：ABD
10．AC
【分析】由已知条件求出的值，可得出函数的解析式，利用正弦型函数的周期公式可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断BC选项；利用正弦型函数的单调性可判断D选项.
【详解】因为函数的图象经过点，则，
因为，所以，，则.
对于A选项，函数的最小正周期为，A对；
对于B选项，，故点不是函数图象的对称中心，B错；
对于C选项，，故直线为函数图象的对称轴，C对；
对于D选项，由得，
因此，函数的单调增区间为，D错.
故选：AC.
11．ABC
【分析】根据给定条件，利用面面垂直的判定推理判断A；利用二面角平面角的定义判断B；利用锥体体积公式计算判断C；比较的大小判断D作答.
【详解】在三棱锥中，，，E为中点，则，
因此是二面角的平面角，B正确；
而平面，于是平面，又平面，因此平面平面，A正确；
显然，C正确；
在中，，即点到点的距离不全相等，
因此点不可能是三棱锥外接球的球心，D错误.
故选：ABC
12．BCD
【分析】由商数关系、正弦定理、三角恒等变换化简可得，可得的大小，即可判断A；由正弦定理可得，则由三角恒等变换可化简得，由正弦函数的性质可得周长的最值，即可判断B；由三角形面积可得，结合基本不等式求最值可判断C；根据面积公式及余弦定理结合基本不等式可得的范围，从而可得的取值范围，即可判断D.
【详解】对于A，因为，由正弦定理可得，
又因为，所以，
化简可得，又，可得，又，故，即选项A错误；
对于B，若，又，由正弦定理得，
所以，
则


因为，所以，所以
则的最大值为，故B正确；
对于C，
  
因为若是的角平分线，且，故，
而，所以，
得，所以，
则

当且仅当，即时，等号成立
所以，故C正确；
对于D，由题意可得，所以，则，
又因为，所以
由余弦定理得，当且仅当时等号成立
所以，所以，故D正确.
故选：BCD.
13．
【分析】利用投影向量求解公式进行计算.
【详解】设向量，的夹角为，
则在上投影向量为.
故答案为：
14．
【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，分析可知是函数的最小值，是函数的最大值，求出函数最小正周期的最大值，可求得的最小值.
【详解】因为
，
如果存在实数，使得对任意的实数，都有成立，
则是函数的最小值，是函数的最大值，
因为，若使得最小，则函数的最小正周期取最大值，
且函数最小正周期的最大值为，
故的最小值为，则的最小值为.
故答案为：.
15．
【分析】根据已知，利用面面平行得到线面平行，再根据正方体的性质计算求解.
【详解】如图，取的中点，并连接、、，
因为E在棱上且满足，即E是棱的中点，
所以，又平面，平面，
所以平面，同理可证平面，
又，所以平面平面，又平面，
所以平面，所以动点F在侧面上的轨迹即为，
因为正方体的棱长为1，由勾股定理有：.
  
故答案为：.
16．/1.5
【分析】由圆内接四边形性质结合正弦定理可得到，再利用托勒密定理得，结合整理得，求得答案.
【详解】根据圆内接四边形的性质可知; ,

所以，
即，
在中，,故，
由题意可知： ,
则，所以，
故，
当且仅当时等号取得，
又，所以，
则 ，则实数的最小值为，
故答案为：
17．(1)
(2)

【分析】（1）由正弦定理与三角恒等变换可得，从而可得角C的大小；
（2）由三角形的面积及可得的值，再根据余弦定理可得边长c．
【详解】（1）由正弦定理得：，
∴，
∵，∴，∴，则．
（2）∵的面积为，则
∴根据题意得，则或，
∵，∴
由余弦定理可得，
即．
18．(1)
(2)

【分析】（1）根据题意，由二倍角公式将原式化简可得，然后由同角的平方关系可求得的值.
（2）根据题意，由同角平方关系可得，然后由代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）原式
．
由可得，，∴，
∴.
（2）由和，解得，
又∵，∴，
，∴
∴
．
19．(1)
(2)或

【分析】（1）结合三角恒等变换化简函数得，根据整体代入法求其最值即可得值域；
（2）根据图象变换得函数，根据正弦型函数的奇偶性求得，，再结合，即可得的值．
【详解】（1）




∵，即，则值域为；
（2）由题可知，
∵是偶函数，
∴，，∴，，
由∵∴或
20．(1)
(2)证明见解析

【分析】（1）动点在线段上可设 且，这样利用坐标可以求出的模长，进而求出其最值；
（2）可取的中点由中位线可得，，结合，，继而可得，，可证四边形为平行四边形，则，而我们要证平面平面，只要证平面，又，所以只需证平面即可.
【详解】（1）动点在线段上
可设 且，
∴，，
∴
∴
∴时，取最小值
（2）取的中点连接
  
是三角形的中位线，
∴，，
又由（1）得，，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴
∵平面，平面
∴，
又∵，且为中点，
∴，
又,平面
∴平面，
又，
∴平面，
又∵平面
∴平面平面
21．(1)证明见解析
(2)

【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面ABFE，再由线面平行性质定理可得，从而可证得结论；
（2）由二面角的定义可得长，再根据平行得椎体底面积比例、三棱锥等体积转换即可得四棱锥的体积.
【详解】（1）因为底面为正方形，所以，
因为平面ABFE，平面ABEF，所以平面ABFE．
因为平面GCD，平面平面，所以
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD．
（2）取中点，连接，
  
因为面，面，所以
因为正方形，所以，
因为平面，所以平面
又，所以平面，
因为平面，所以
则为二面角的平面角，
因为为中点，，所以，又，故四边形为矩形，
所以，由面，得面
则，所以
因为且，所以
所以，
所以
22．(1)
(2)

【分析】（1）由三角恒等变换和诱导公式得，可得；
（2）由正弦定理和可得，由倍角公式和基本不等式可得.
【详解】（1）因为，即

∴，
∴，或
整理得，或．
①当
∵∴即，此时，与题意不符，舍去
②当
因为，所以
（2）由（1）知：，所以，，
而，即有，
所以

当且仅当时取等号，所以的最小值为．