[数学]辽宁省沈阳市五校协作体2022-2023学年高一下学期期末联考试题（解析版）

这是一份[数学]辽宁省沈阳市五校协作体2022-2023学年高一下学期期末联考试题（解析版），共17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。

一、单选题（本大题共8小题，共40分.）
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
【答案】A
【解析】，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. 已知函数（）的图象的两个相邻对称中心之间的距离为，则（ ）
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】B
【解析】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. 正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】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. 已知向量，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】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. 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.
【答案】A
【解析】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. 两不共线的向量，，满足，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意得：，
，
，，
即，
，
，，
，
，即.
故选：C.
7. 三内角，，所对边分别是，，.若，，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】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. 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.
【答案】A
【解析】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.
二、多选题（本大题共4小题，共20分.）
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
【答案】ABD
【解析】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. 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
【答案】AC
【解析】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. 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
【答案】ABC
【解析】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. 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
【答案】BCD
【解析】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.
三、填空题（本大题共4小题，共20分.）
13. 若，，则在上投影向量的坐标为__________.
【答案】
【解析】设向量，的夹角为，
则在上投影向量为.
故答案为：.
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______.
【答案】
【解析】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，
且函数最小正周期最大值为，
故的最小值为，则的最小值为.
故答案为：.
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______．
【答案】
【解析】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. 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_________．
【答案】
【解析】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：.
四、解答题（本大题共6小题，共70分.）
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．
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. 已知.
（1）化简求值；
（2）若，且，求．
解：（1）原式，
由可得，，∴，
∴.
（2）由和，解得，
又∵，∴，
，∴，
∴
．
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．
解：（1）
，
∵，即，则值域为.
（2）由题可知，
∵是偶函数，∴，，∴，，
由∵∴或.
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．
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. 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．
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. 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．
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．