河南省南阳市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2022-2023学年高一下学期期末数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了保持卷面清洁､不折叠､不破损等内容，欢迎下载使用。

注意事项：
1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效､
2.答题前､考生务必先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.
3.选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚
4.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.
5.保持卷面清洁､不折叠､不破损.
第Ⅰ卷选择题（共60分）
一､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，只有一项是符合题目要求的.）
1. 已知复数，则（ ）
A. B. 1C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，利用复数的运算法则和模长的定义即可求出结果.
【详解】因为，
所以.
故选：C.
2. 已知的边上有一点，且满足，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量的线性运算可得的表示形式.
【详解】因为，故，
整理得到：，
故选：D.
3. 如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，则下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. 四边形的周长为D. 四边形的面积为
【答案】D
【解析】
【分析】根据直观图与平面图的联系还原计算各选项即可.
【详解】如图过作，
由等腰梯形可得：是等腰直角三角形，
即,即B错误；
还原平面图为下图，
即，即A错误；
过C作CF⊥AB，由勾股定理得，
故四边形ABCD的周长为：，即C错误；
四边形ABCD的面积为：，即D正确.
故选：D
4. 已知，，，则实数的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由，根据正弦函数、余弦函数及正切函数的性质判断即可.
【详解】因为，
所以，即，
，即，
，
所以.
故选：C
5. 矩形由如图所示三个全等的正方形拼接而成，令，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出正方形的边长，在和中，分别求出和，从而可求出的值，再利用即可求出结果.
【详解】不妨设正方形的边长为1，
则在中，，所以，
则在中，，所以，
所以，
又易知，，所以，故.

故选：B.
6. 如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中与底面的夹角的余弦值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由展开图得到正方体的直观图，则即为与底面的夹角，再由锐角三角函数计算可得.
【详解】由展开图可得如下直观图，由正方体的性质可知平面，则即为与底面的夹角，
设正方体的棱长为，则，，
所以，即与底面的夹角的余弦值为.

故选：D
7. 在中，角所对的边分别为且的面积为，若，则（ ）
A. B. 5C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用余弦定理结合面积公式可求.
【详解】因为的面积为，故，故，
又，
故，
故选：A.
8. 已知点G为三角形ABC的重心，且，当取最大值时，（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题设可得，结合，及余弦定理可得，根据基本不等式即可求解.
【详解】由题意，所以，
即，所以，所以，
又，，
则，
所以，即，
由，，，
所以，
所以，当且仅当时等号成立，
又在上单调递减，，
所以当取最大值时，.
故选：A
【点睛】关键点点睛：此题考查向量的数量积运算及余弦定理的应用，解题的关键是结合三角形重心的性质和余弦定理可得，然后利用基本不等式求解，考查转化思想，属于较难题.
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. 已知不重合的两条直线和不重合的两个平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，且，则
D. 若，且，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据面面平行的判定定理可得A的正误，根据线面垂直的性质定理可得B的正误，根据面面垂直的判定定理可得D的正误，根据线面的动态关系可判断C的正误.
【详解】对于A，当，且相交时才有，故A错误.
对于B，根据线面垂直的性质定理可得B正确.
对于C，若，且，可绕旋转，此时或相交，
故C错误.
对于D，因为，故在中存在一条直线，使得，所以，
所以，而，故，故D正确.
故选：BD.
10. 已知复数满足，，x，，，所对应的向量分别为，，其中O为坐标原点，则（ ）
A. 的共辄复数为B. 当时，为纯虚数
C. 若，则D. 若，则
【答案】CD
【解析】
【分析】根据复数的除法运算化简复数，进而根据共轭复数以及虚部的定义可判断A，B,根据复数的几何意义以及向量的垂直平行坐标满足的关系，即可判断C，结合复数模长公式即可判断D.
【详解】A选项：由于，所以的共轭复数为，故选项A错误，
,B选项：当当时，，若，则为为实数，故选项B错误；
C选项：易知，，又，则，即，故选项C正确;
D选项：由于，则，
，
，
故，选项D正确．
故选：CD.
11. 《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，AC⊥BC，且．下列说法正确的是（ ）
A. 四棱锥为“阳马”
B. 四面体的顶点都在同一个球面上，且球的表面积为
C. 四棱锥体积最大值为
D. 四面体为“鳖臑”
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据“阳马”和“鳖臑”的定义，可判断A，D的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意找到四面体的外接球的球心位置，求出外接球半径，利用球的表面积公式即可得到判断B.
【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，
∴在堑堵中，，侧棱平面，
对A选项，∴，又，且，则平面，
∴四棱锥为“阳马”，对；
对C选项，在底面有，即，
当且仅当时取等号，
，故C错误；
对D选项，由，即，又且，平面，
∴平面，平面,
∴，则为直角三角形，
又由平面，平面，，则为直角三角形，
由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形．
∴四面体为“鳖臑”，故D正确；
对B选项，由C知为直角三角形，侧棱平面，则易知,为直角三角形，
而为直角三角形，则外接球球心位于的中点，
则外接球半径，
则球的表面积为，故B正确.
故选：ABD．
12. 已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A. 在区间上单调递增
B. 若，则
C. 的最小正周期为
D. 图象可以由函数的图象先向左平移个单位，再向上平移个单位得到
【答案】ACD
【解析】
【分析】A.由，利用这些函数的性质判断；
B. 由求解判断；
C.由 判断；
D.由函数利用平移变换和伸缩变换判断.
【详解】A. ，因为，所以，又在上递增，故正确；
B. 由，则，
，，故错误；
C. ，
，则，故正确；
D.由函数的图象先向左平移个单位得到，再向上平移个单位得到，故正确，
故选：ACD
第II卷非选择题（共90分）
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 已知角的顶点在坐标原点，始边在轴非负半轴，终边经过点，则__________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据三角函数的定义，利用条件求出，再利用齐次式即可求出结果.
【详解】因为角的终边经过点，所以，
所以，
故答案为：.
14. 已知向量，若，则实数__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用向量垂直与数量积间的关系，得到，再根据条件即可求出结果.
【详解】因为，所以，
又，所以，解得.
故答案为：.
15. 若四面体各棱的长是或，且该四面体不是正四面体，则其体积是_______（只需写出一个可能的值）
【答案】或或(写出其中一个即可)
【解析】
【分析】考虑一条边为1，两条边为1，三条边为1三种情况，如图所示，分别利用体积公式，和利用长方体体积减去四个三棱锥的体积，计算得到答案.
【详解】一条边为1，其余边为2时，如图1，
不妨设，中点为，连接，作于，
易知，，，故平面，平面，
故，又，，故平面，
易知，，
故，
.
当有两条边为1时，只能时对边为1，如图2，不妨设
设对应长方体的长宽高分别为：，则，解得，
故.
当有三条边为1时，只能是底边三条边为1，如图3所示，
是中点，连接，故于，
易知，，，故平面，平面，
故，又，，故平面，
易知，，，
故，
.
其他情况不满足
故答案为：或或(写出其中一个即可)


16. 如图所示，有一块三角形的空地，已知千米，AB＝4千米，则∠ACB＝________；现要在空地中修建一个三角形的绿化区域，其三个顶点为B，D，E，其中D，E为AC边上的点，若使，则BD＋BE最小值为________平方千米．
【答案】 ①. ## ②.
【解析】
【分析】在中，利用余弦定理求得再由正弦定理求解；设分别在，中，利用正弦定理分别求得BD，BE，再由；令转化为求解.
【详解】在中，由余弦定理得，
则
根据正弦定理有
所 以，
；
设
则
在中，由正弦定理得
在中，由正弦定理得
则；
令则
则
易知分母且是一个单调递增的函数，
则是一个单调递减的函数，
当时，有最小值，．
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. （1）在①，②为纯虚数，③为非零实数这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解.
已知复数为虚数单位，若__________，求实数的值.
注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分.
（2）已知是关于的实系数一元二次方程的一个根，求的值.
【答案】（1）答案见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）由复数的类型以及运算，列出关系式，从而得出实数m的值；
（2）将代入方程求得.
【详解】选条件①：因为，又，
所以，，解得.
选条件②：为纯虚数
，解得
选条件③：为非零实数，，解得.
（2）因为为实系数一元二次方程：的一个根，
，即，所以，
解得，.
18. 已知是同一平面内的两个向量，其中.
（1）当时，求与的夹角的余弦值；
（2）若与共线，求实数的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由两向量余弦的夹角公式，根据条件，利用数量积的坐标运算和模长公式即可求出结果；
（2）根据条件，先求与的坐标，再利用共线的坐标运算即可求出结果.
【小问1详解】
当时，，又，
所以.
【小问2详解】
因为，所以，，
又与共线，所以，解得.
19. 如图，在圆锥中，已知的直径，点是的中点，点为的中点.

（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由圆锥的性质可得，由圆的性质可得，由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论；
（2）利用（1）条件得到是二面角的平面角，再利用条件求出的三边长即可求出结果.
【小问1详解】
连接，因为 , 为的中点，所以 .
又底面，底面，所以，
又，面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
【小问2详解】
由（1）知平面，面，所以，故是二面角的平面角，
在中，，又点是的中点，点为的中点，所以，故，
所以，即二面角的余弦值为.
20. 已知锐角的内角所对的边分别为，向量，，且.
（1）求角的值；
（2）若，求周长的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量垂直的坐标形式结合三角变换可得，故可求.
（2）利用正弦定理结合三角变换公式可得，据此可求周长的取值范围.
【小问1详解】
因为，故，
整理得到：，
故，而，故，
所以，而，故.
【小问2详解】
,
因为为锐角三角形，故，故，
所以，故，所以，
故周长的取值范围为.
21. 如图是一个以为底面的正三棱柱被一平面所截得的几何体，截面为.已知.

（1）在边上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；
（2）若，求几何体的体积.
【答案】（1）存在，此时，理由见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，作交于点，连接，从而得到四边形为平行四边形，即可得到，从而得证；
（2）将几何体转化为一个四棱锥和正三棱柱的体积进行计算.
【小问1详解】
存在，此时，
如图，取的中点，连接，作交于点，连接，则，
因为是的中点，所以为梯形的中位线，
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，所以平面，
即在边上是存在一点，使得平面且.
【小问2详解】
如图在上取点使得，在上取点使得，
连接、、，则三棱柱为正三棱柱，取的中点，连接，
取的中点，连接，则，，
又平面平面，平面平面，
平面，所以平面，
又，，，
所以，，
所以.

22. 已知函数.将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再将所得函数图象向右平移个单位长度，得到函数
图象.
（1）求函数在区间[，]上的单调递减区间；
（2）若对于恒成立，求实数m的范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用辅助角公式可将化为，因[，]，则
，后由在上的单调递减区间可得答案；
（2）由题可得，后利用在单调性可得.
方法1：令，则等价于
，，后分三种情况，利用分离参数结合函数单调性可得答案；
方法2：令，则等价于
，，则，即可得答案.
小问1详解】
.
因[，]，则，又分别在上单调递增和递减，
则，即函数在区间[，]上的单调递减区间为；
【小问2详解】
函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，
所得解析式为，
又将所得函数图象向右平移个单位长度，
解析式为，则.
因，则.
又在上单调递增，在上单调递减，
则，故.
方法1：令，则等价于
，
当时，，则此时m可取任意值；
当时，，
注意到函数均在上单调递增，则函数在上单调递增，则；
当时，，
注意到函数均在上单调递增，则函数在上单调递增，则；
综上可得：.
方法2：令，则等价于
，.
则.
【点睛】关键点点睛：本题涉及求正弦型函数的单调区间及恒成立问题，难度较大.