河南省南阳市方城县2022-2023学年高一下学期期末数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省南阳市方城县2022-2023学年高一下学期期末数学试题（Word版附解析），共19页。试卷主要包含了答题前考生务必将自己的姓名等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前考生务必将自己的姓名．考生号填写在试卷和答题卡上并将考生的条形码贴在答题卡指定位置上
2．回答选择题时，选出每小题答案之后用铅笔把答题卡对应题目的标号涂黑，如需改动用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
一．单选题（每题5分 共40分）
1. 计算的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数代数形式的乘方及除法运算法则计算可得.
【详解】.
故选：C
2. 如图所示是利用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，已知轴，轴且，则的周长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由斜二测画法还原原图即可求解
【详解】因为轴，轴且，
由题意得，，且，
则，则的周长为.
故选：A
3. 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据诱导公式以及特殊角的三角函数值即可求解.
【详解】,
故选：A
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式及二倍角余弦公式计算可得.
【详解】因为，所以，
所以．
故选：B.
5. 已知向量，，若与反向，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依题意可先求出的值，从而可得的坐标，再用投影向量的定义即可求解.
【详解】依题意，，，
所以，解得或，
又与反向，则时，向量与同向，不合舍去，
故，此时，，，
则向量在向量上的投影向量为
.
故选：D
6. 下列表述中正确的是（ ）
A. 若直线平面，直线，则
B. 若直线平面，直线，且，则
C. 若平面内有三个不共线的点到平面的距离相等，则
D. 若平面满足，，，则
【答案】D
【解析】
【分析】根据空间线面关系的定义及几何特征，逐一分析四个命题的真假，可得答案．
【详解】若直线平面，直线，则可能，可能，可能与只相交不垂直，A选项错误；
若直线平面，直线，且，则可能，可能与只相交不垂直，B选项错误；
若平面内有三个不共线的点到平面的距离相等，则可能，可能与相交，C选项错误；
若平面满足，，，则，由面面垂直的性质可知，D选项正确.
故选：D
7. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的一条对称轴为
C. 在上单调递减
D. 的图象关于点中心对称
【答案】D
【解析】
【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简函数式，再结合正弦函数的性质逐项判断作答.
【详解】依题意，，
对于A，函数的最小正周期，A错误；
对于B，当时，，直线不是图象的对称轴，B错误；
对于C，当时，，而余弦函数在上不单调，
因此函数在不上单调，C正确；
对于D，由选项B知，函数的图象关于点中心对称，D正确.
故选：D
8. 如图，在中，点，分别在边和边上，，分别为和的三等分点，点靠近点，点靠近点，交于点，设，，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用表示，结合平面向量基本定理确定其表达式.
【详解】设，，
所以，
又，
所以，
因为，
所以，
所以，解得，
所以，
故选：B.
二．多选题（每题5分 共20分）
9. 已知向量，，则的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】利用向量数量积的坐标运算得出，利用正弦函数值域即可得出结果.
【详解】由题知，
，
因为，，
所以，，
即的范围为.
故选：BC
10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则只有一解
C. 若，则为直角三角形
D.
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A选项，利用正弦定理判断；对于B选项，利用正弦定理判断；对于C选项，利用正弦定理，由，得到判断；对于D选项，分ABC锐角三角形，直角三角形，ABC为钝角三角形判断.
【详解】对于A选项，由，有，由正弦定理可得，故A选项正确；
对于B选项，由，可知ABC有两解，可知B选项错误；
对于C选项，由，得，有，可得或，可知C选项错误；
对于D选项，若ABC为锐角三角形或直角三角形，有；若ABC为钝角三角形，不妨设C为钝角，有，，，有，可知D选项正确．
故选：AD．
11. 设函数的最小正周期为，且过点，则下列说法正确的是（ ）
A. 为偶函数
B. 的一条对称轴为
C. 把的图象向左平移个单位长度后得到函数，则
D. 若在上单调递减，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用辅助角公式将函数化简，利用周期及特殊点求出函数解析式，然后利用余弦函数性质一一判断即可.
【详解】，
因为函数最小正周期为，，所以，则，
又函数过点，所以，即，所以，
所以，又，所以，
所以，易知函数的定义域为R，且，所以为偶函数，故A正确；
令，则，当时，的一条对称轴为，故B正确；
令，则，
当时，在上单调递减，若在上单调递减，则的取值范围为，故D正确；
把的图象向左平移个单位长度后得到函数，
则，故C错误.
故选：ABD
12. 如图，在正方体中，分别为的中点，则以下结论正确的是（ ）

A.
B. 平面平面
C. 平面
D. 异面直线与所成角的余弦值是
【答案】BCD
【解析】
【分析】由题意可得出，可判断A；因为四点共面，所以平面平面可判断B；由线面平行的判定定理可判断C；由异面直线所成角可判断D.
【详解】对于A，连接，易证，因为平面，
而平面，所以，
所以在中，与不垂直，所以不垂直，故A不正确；

对于B，连接，因为分别为的中点，
所以，所以四点共面，
所以平面平面，故B正确；

对于C，连接，易证，所以四边形是平行四边形，
所以，所以平面，平面，
所以平面，故C正确；

对于D，连接，易知，异面直线与所成角即直线与所成角，
即，设正方体的边长为，
所以，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值是，故D正确.
故选：BCD.

三．填空题（每题5分 共20分）
13. 已知角的终边经过点，则______
【答案】##-0.2
【解析】
【分析】根据任意角的三角函数定义进行计算求解.
【详解】已知角的终边经过点，根据任意角的三角函数定义有：
，，
所以.
故答案为：.
14. 计算:________．
【答案】##05
【解析】
【分析】利用诱导公式和两角差的正弦公式化简求值.
【详解】
．
故答案为：．
15. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，，，则的面积为_________．
【答案】##
【解析】
【分析】先利用余弦定理得到，再根据三角形面积公式求解即可．
【详解】由余弦定理，有，
又，，，
则，解得，
所以．
故答案为：．
16. 如图，正方体的棱长为1，P为的中点，为线段上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S，当时，S与的交点为R，则_______；当S为四边形时，的取值范围为_______________．
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】设与的交点为，根据截面的性质可得，从而得到，再根据可得，从而求得；再根据截面的性质可得与平面的交线经过上求S为四边形时，的取值范围即可
【详解】如图所示，设与的交点为，根据截面的性质可得，故，即，从而得到，故.
再根据可得，即，解得，故
当S为四边形时，易得与平面的交线经过，此时，故，即，易得，故
故答案为：；
四．解答题（共70分）
17. 已知复数为纯虚数.
（1）求的值；
（2）若，求.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由条件，结合纯虚数的定义列方程求.
（2）根据复数的运算法则，化简方程求，再由模的公式求模.
【小问1详解】
因为为纯虚数，
所以，且，
解得；
【小问2详解】
由（1），
又，
所以，
所以，
所以，
所以，
18. 已知向量与的夹角为，且，是单位向量.
（1）分别求和的值；
（2）若与共线，求.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）利用数量积的定义求解，根据求解；
（2）由向量共线，结合平面向量基本定理列出方程组求解.
【小问1详解】
，
.
【小问2详解】
若与共线，则存在，使得，
即，又因为向量与不共线，
所以，解得，所以.
19. 如图，在△OAB中，P为线段AB上的一个动点（不含端点），且满足．
（1）若，用向量，表示；
（2）在（1）的条件下，若，，且，求的值
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）以向量，为基底，根据向量的线性运算，把用向量，表示；
（2）以向量，为基底，结合（1）中的结论，求的值.
【小问1详解】
因，所以，
所以，
当时，．
【小问2详解】
由（1）可知，
所以
．
因为，，，
所以，
即的值．
20. 已知，为锐角，，．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由得，再结合可求出的值，然后对利用诱导公式和二倍角公式化简计算即可；
（2）由求出，再利用正切的二倍角公式求出，由可求得结果.
【小问1详解】
因为，，所以．
因为，所以，
所以．
【小问2详解】
因为，为锐角，所以．
因为，
所以．
因为．
因为，所以．
因此
．
21. 如图，在四棱锥中，平面是的中点.

（1）证明：面
（2）证明：平面平面；
（3）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，证即可；
（2）由得，由平面得，所以平面，从而得证；
（3），所以平面，根据求解．
【小问1详解】
取中点，连接，
∵,,
∴,
∴为平行四边形，则，
∵面，面，∴面.
【小问2详解】
因为，所以，
由平面平面，所以，
又由，且平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，即平面平面
【小问3详解】
由（1）可得，且平面，平面，所以平面，
所以，
因为平面，可得，
又由，
所以，
所以，即三棱锥的体积为.
22. 已知函数，若存在实数m、k（），使得对于定义域内的任意实数x，均有成立，则称函数为“可平衡”函数；有序数对称为函数的“平衡”数对．
（1）若，求函数的“平衡”数对；
（2）若m＝1，判断是否为“可平衡”函数，并说明理由；
（3）若、，且、均为函数的“平衡”数对，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）是 （3）
【解析】
【分析】(1)根据“平衡数对”定义建立方程，根据恒成立求解即可；
(2) 时,判断是否存在使等式恒成立，利用三角函数化简求解即可；
(3)根据“平衡数对”的定义将用关于的三角函数表达,再利用三角函数的取值范围求解即可.
【小问1详解】
根据题意可知,对于任意实数,,
即,即对于任意实数恒成立,
只有,,故函数的“平衡”数对为,
【小问2详解】
若,则,
,
要使得为“可平衡”函数,需使对于任意实数均成立,只有,
此时,,故存在,所以是“可平衡”函数.
【小问3详解】
假设存在实数，对于定义域内的任意均有
则
均为函数的“平衡”数对，
，函数单调递增，
即的取范围为