2022-2023学年天津市红桥区高一下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年天津市红桥区高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知平面向量，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据向量加法的坐标运算直接求解即可.

【详解】.

故选：A.

2．化简：（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由向量加法的三角形法则可知.

【详解】.

故选：C.

3．在△中，，，，那么等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据正弦定理求解.

【详解】由题意可知，，根据正弦定理得.

故选：A.

4．是虚数单位，若为纯虚数，则实数的值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数乘法、纯虚数的知识求得正确答案.

【详解】依题意为纯虚数，

所以，解得.

故选：C

5．复数（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数模长运算法则直接求解即可.

【详解】.

故选：A.

6．若球的表面积扩大到原来的倍，那么该球的体积扩大到原来的（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】由球的表面积和体积公式可知，球的表面积之比为半径比的平方，体积比为半径比的立方.

【详解】设扩大前后球半径分别为，

由表面积之比为，得，

则体积之比为.

故选：D.

7．为了得到函数的图象，可以将函数的图象（    ）

A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度

C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度

【答案】D

【分析】根据三角函数平移变换原则直接判断即可.

【详解】对于A，，A错误；

对于B，，B错误；

对于C，，C错误；

对于D，，D正确.

故选：D.

8．设m，n是两条不同的直线，α是一个平面，则下列说法正确的是（　　）

A．若m∥α，n∥α，则m∥n B．若m∥α，n∥α，则m⊥n

C．若m⊥α，n⊥α，则m∥n D．若m⊥α，n⊥α，则m⊥n

【答案】C

【分析】在A中，m与n相交、平行或异面；在B中，m与n相交、平行或异面；在C中，由线面垂直的判定定理得m∥n；在D中，m∥n．

【详解】由m，n是两条不同的直线，α是一个平面，知：

在A中，若m∥α，n∥α，则m与n相交、平行或异面，故A错误；

在B中，若m∥α，n∥α，则m与n相交、平行或异面，故B错误；

在C中，若m⊥α，n⊥α，则由线面垂直的判定定理得m∥n，故C正确；

在D中，若m⊥α，n⊥α，则由线面垂直的判定定理得m∥n，故D错误．

故选C．

【点睛】本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用．

9．已知函数的图象与轴的两个相邻交点的横坐标为，下面4个有关函数的结论：

①函数的图象关于原点对称；

②在区间上，的最大值为；

③是的一条对称轴；

④将的图象向左平移个单位，得到的图象，若为两个函数图象的交点，则面积的最小值为．

其中正确的结论个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【解析】根据题意求出函数的表达式，再根据选项要求一一判断即可.

【详解】，．将代入，

得．又，．

．

不是奇函数．

的图象不关于原点对称，①错；

当时，，

由的单调性可知：，即的最大值为，②对；

由，得的对称轴方程为，

不是的对称轴，③错；

，由，得，，相邻两个交点的横坐标之差为，

将代入，得到交点的纵坐标为，

面积的最小值为，④对．

故选：B．

【点睛】本题主要考查的是三角函数模型的性质和应用，以及三角函数图像平移问题，解题的关键是熟练掌握三角函数模型的性质，是中档题.

二、填空题

10．若是虚数单位，则复数=             .

【答案】

【分析】根据复数代数形式的除法运算法则计算可得；

【详解】解：

故答案为：

11．函数的最小正周期为，则       .

【答案】

【分析】根据正弦型函数最小正周期求法直接求解即可.

【详解】的最小正周期，.

故答案为：.

12．已知平面向量，，若共线，则           .

【答案】

【分析】根据向量共线的坐标表示可直接构造方程求得结果.

【详解】共线，，解得：.

故答案为：.

13．用与球心距离为1的平面去截该球，所得截面面积为π，则该球的体积              .

【答案】

【详解】截面面积为π⇒截面圆半径为1，又与球心距离为1⇒球的半径是，所以根据球的体积公式知V球＝

故答案为

14．已知圆锥的侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线与底面半径的比为       .

【答案】/

【分析】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，计算出底面圆的周长，得出该圆锥的母线长与底面半径的比.

【详解】  

设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，

由题意可知，底面圆的周长为，故，，

则该圆锥的母线长与底面半径的比为.

故答案为：2.

三、双空题

15．在中，，，，点在线段上（点不与端点重合），延长到，使得，（为常数），

（ⅰ）若，则           ；

（ⅱ）线段的长度为            .

【答案】         

【分析】建立如图平面直角坐标系，根据题意得，由得解得，此时，的直线方程为，的直线方程为，联立得，，即可解决.

【详解】

如图，以为坐标原点建系如图，则,

所以

由得,

整理得，

由得解得或，

当时，，此时重合，由可得，此时，

因为点不与端点重合，

所以不满足题意，舍去，

当时，，的直线方程为，

的直线方程为，

联立解得，所以，

所以，

若，则解得，

此时，

故答案为: ; .

四、解答题

16．在中，内角所对的边分别是，已知, ，.

(1)求：的值；

(2)求：的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得，利用余弦定理求得.

（2）先求得，然后利用三角形面积公式求得三角形的面积.

【详解】（1）已知，由正弦定理得，

由于，所以，

因为，

所以；

（2）由于，所以是锐角，

所以，

则.

17．已知函数.

(1)求函数的最小正周期及单调递增区间；

(2)在中，内角所对的边分别是，若，，，求的值.

【答案】(1)最小正周期，单调递增区间为

(2)

【分析】（1）利用辅助角公式化简得到，利用正弦型函数最小正周期求法可得；令可求得单调递增区间；

（2）由可求得，利用余弦定理可求得的值.

【详解】（1），的最小正周期；

令，解得：，

的单调递增区间为.

（2）由（1）得：，，

，，，解得：，

由余弦定理得：，.

18．如图，在底面是矩形的四棱锥中，平面，，,是的中点.

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面夹角的余弦值；

(3)求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得平面；

（2）利用向量法求得平面与平面夹角的余弦值；

（3）利用向量法求得点到平面的距离.

【详解】（1）因为平面，平面，所以，

由于四边形是矩形，所以，

由此，以为坐标原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

则；

所以，

因为，所以，

由于，所以，

由于，平面，

所以平面；

（2）设平面的法向量，

则，即

不妨令,可得，

且为平面的一个法向量，

于是，

所以平面与平面夹角的余弦值为；

（3）设点到平面的距离为，

由（2）可知平面的法向量，，

设点到平面的距离为，

则，

所以点到平面的距离为.

19．已知如图，四边形为矩形，为梯形，平面平面，，，．

(1)若为中点，求证：平面；

(2)求直线与平面所成角的正弦值；

(3)在线段上是否存在一点（除去端点），使得平面与平面所成锐二面角的大小为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析；

(2)

(3)存在，.

【分析】（1）连接，根据直线与平面平行的判定定理进行证明；

（2）使用空间向量求解线面角的正弦值；

（3）使用空间向量法利用已知条件，求解得出满足条件的点的坐标即可求解．

【详解】（1）证明：如图，连接，

四边形为矩形，与交于点，

为的中点，

又因为为的中点，，

而平面，平面，

平面；

（2）如下图，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，

根据题意，则有，0，，，1，，，2，，，0，，

所以，0，，，1，，，2，，

假设平面的一个法向量为，，，

则，取，得，1，，

设直线与平面所成角的平面角为，

则．

直线与平面所成角的正弦值为．

（3）假设存在点，，，满足题意，

设此时，则，

即，，，2，，解得，，，

则，，，，0，，

假设平面的一个法向量为，，，

则，取，得，1，，

又平面的一个法向量为，1，，

平面与平面所成锐二面角的大小为，

根据题意，则有，

解得，

在线段上存在一点（除去端点），使得平面与平面所成锐二面角的大小为，．