四川省 校2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

成都市实验外国语学校2022-2023学年下学期第二次测评高一年级数学学科试题考试时间120分钟满分150分一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分1.（）A.－1B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由复数的除法法则求解即可【详解】，故选：B2.化简所得的结果是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】分析】根据向量加，减法运算，即可化简.【详解】.故选：C3.已知，则（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】直接利用诱导公式求解.详解】由题得.故选：C 4.下列化简不正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用三角恒等变换的知识进行化简，从而确定正确答案.【详解】A选项，，所以A选项正确.B选项，，B选项正确.C选项，，C选项正确.D选项，，D选项错误.故选：D5.在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a=，b=，，则角A为（）A.B.C.D.或【答案】C【解析】【分析】由正弦定理即可求解.【详解】由正弦定理，得，又，所以，所以为锐角，所以．故选：C．6.“石龙对石虎，金银万万五，谁能识得破，买进成都府”．这个民谣在彭山地区流传了三百多年，2020 年彭山江口沉银遗址水下考古取得重大突破，出水文物超过10000件，实证确认了“张献忠江口沉银”以及“木鞘藏金”的传说“木鞘藏金”指的是可视为圆柱的木料内放置了一个可视为球体的金疙瘩，这个金疙瘩与木料的底面和侧面都相切，则这个金疙瘩的体积与该木鞘（这个圆柱体）的体积之比为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设球的半径为，结合组合体的特征，利用圆柱和球的体积公式，求得圆柱和球的体积，即可求解.【详解】由题意，圆柱的木料内放置了一个可视为球体与木料的底面和侧面都相切，设内切球的半径为，可得，，所以.故选：B.7.如图，在正方体中，、分别为棱、的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】取的中点，连接、，设正方体的棱长为，分析可知直线与所成角为或其补角，计算出、的长，即可求得的余弦值.【详解】取的中点，连接、，设正方体的棱长为， 因为四边形为正方形，则且，、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，故且，因为，，故直线与所成角为或其补角，平面，平面，则，故，因为，，所以，.因此，直线与所成角的余弦值是.故选：A.8.已知函数，则最小正周期为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用平方关系、降幂及辅助角公式可得，根据三角函数性质求最小正周期.【详解】由题设，，所以最小正周期为.故选：B二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分9.已知复数，则（） A.z的虚部为B.在复平面内对应的点在第四象限C.D.z是关于x的方程的一个根【答案】BCD【解析】【分析】把复数化成，利用复数的意义判断A；求出、判断BC；利用复数的四则运算计算判断D作答.【详解】依题意，复数，复数z的虚部为，A错误；在复平面内对应的点在第四象限，B正确；，，则，C正确；，即z是关于x的方程的一个根，D正确.故选：BCD10.已知空间中是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题不正确的是（）A.B.C.与异面D.【答案】BCD【解析】【分析】根据空间中的线与平面，以及平面与平面的位置关系即可逐一判断.【详解】A：由垂直于同一平面的两直线平行，可知A正确；B：由，可得或者，故B错误；C：由，，可得与异面或，故C错误；D：由，，，当时，不能得到， 只有当时，才可以得到，故D错误.故选：BCD11.下列四个命题为真命题的是（）A.若向量、、，满足，，则B.若向量，，则、可作为平面向量的一组基底C.若向量，，则在上的投影向量为D.若向量、满足，，，则【答案】BC【解析】【分析】取，可判断A选项；利用基底的概念可判断B选项；利用投影向量的概念可判断C选项；利用平面向量数量积的运算性质可判断D选项.【详解】对于A选项，若且，，则、不一定共线，A错；对于B选项，若向量，，则，则、不共线，所以，、可作为平面向量的一组基底，B对；对于C选项，因为向量，，所以，在上的投影向量为，C对；对于D选项，因为向量、满足，，，则，D错.故选：BC.12.已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆的直径长为．若为底面圆周上不同于的任意一点，则下列说法中正确的是（）A.圆锥的侧面积为B.面积的最大值为C.圆锥的外接球的表面积为 D.若，为线段上的动点，则的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】对A：根据圆锥的侧面积公式分析运算；对B：根据题意结合三角形的面积公式分析运算；对C：根据题意可得圆锥的外接球即为的外接圆，利用正弦定理求三角形的外接圆半径，即可得结果；对D：将平面与平面展开为一个平面，当三点共线时，取到最小值，结合余弦定理分析运算.【详解】对A：由题意可知：，故圆锥的侧面积为，A错误；对B：面积，在中，，故为钝角，由题意可得：，故当时，面积的最大值为，B正确；对C：由选项B可得：，为钝角，可得，由题意可得：圆锥的外接球即为的外接圆，设其半径为，则，即；故圆锥的外接球的表面积为，C正确；对D：将平面与平面展开为一个平面，如图所示，当三点共线时，取到最小值，此时，在，，则为锐角，则， 在，则，由余弦定理可得，则，故的最小值为，D正确.故选：BCD.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13.已知，则____________.【答案】【解析】【分析】将分式的分子和分母同时除以，化简求值即可．【详解】，故答案为：14.如图，在梯形ABCD中，，，，，，M，N分别为CD，AD的中点，则______.【答案】【解析】【分析】建立平面直角坐标系，利用向量数量积的坐标表示可得.【详解】如图，分别以BC，BA所在直线为x轴，y轴建立直角坐标系， 由题意，，M，N分别为CD，AD的中点，所以，所以，所以，故答案为：15.如图所示，要在两山顶间建一索道，需测量两山顶间的距离.已知两山的海拔高度分别是米和米，现选择海平面上一点为观测点，从点测得点的仰角，点的仰角以及，则等于_________米.【答案】【解析】【分析】先求得，再利用余弦定理求得.【详解】，，在三角形中，由余弦定理得米.故答案为：16.已知直四棱柱，，底面 为平行四边形，侧棱底面，以为球心，半径为2的球面与侧面的交线的长度为___________.【答案】【解析】【分析】根据已知，结合图形，利用弧长公式、勾股定理、线面垂直计算求解.【详解】如图，连接，直四棱柱，，所以，在中，由余弦定理有：，代入数据，解得，所以，即，又，，所以平面，在平面上，以点为圆心，作半径为1的圆，交棱于点，得到弧，在上任取一点与都构成直角三角形，根据勾股定理可知弧上任取一点到点的长度为2，所以以为球心，半径为2的球面与侧面的交线的长度为弧的长，因为，所以根据弧长公式有：弧的长度为.故答案为：.四、解答题：本大题共6小题，共70分.其中17题10分，其余各题12分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17.已知，，与的夹角为． （1）求；（2）当为何值时，．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用平面向量数量积的运算性质可求得的值；（2）由已知可得出，利用平面向量数量积的运算性质可求得实数的值.【小问1详解】解：因为，，与的夹角为，则，所以，.【小问2详解】解：因为，则，解得.18.如图四边形ABCD是矩形，平面BCE，，点F为线段BE的中点.（1）求证：平面ABE；（2）求证：平面ACF.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得答案；（2）连接交于点，连接，由中位线定理可得 ，再由线面平行的判定定理可得答案.【小问1详解】因为平面BCE，平面BCE，所以，因为，，平面，所以平面ABE；【小问2详解】连接交于点，连接，所以点为中点，因为点F为线段BE的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.19.已知函数的部分图像如图所示.（1）求的解析式及对称中心；（2）先将的图像纵坐标缩短到原来的倍，再向右平移个单位后得到的图像，求函数在上的单调减区间.【答案】（1），对称中心为，（2） 【解析】【分析】(1)由函数的图像的顶点坐标求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得的解析式，再利用三角函数的图像得出对称中心.(2)由题意利用函数的图像变换规律，求得的解析式，再利用余弦函数的单调性得出结论.【小问1详解】根据函数的部分图像，可得，，．再根据五点法作图，，，故有．根据图像可得，是的图像的一个对称中心，故函数对称中心为，.【小问2详解】先将的图像纵坐标缩短到原来的，可得的图像，再向右平移个单位，得到的图像，即，令，，解得，，可得的减区间为，，结合，可得在上的单调递减区间为．20.如图，三棱柱中，与均是边长为2的正三角形，且． （1）证明：平面平面；（2）求四棱锥的体积．【答案】（1）证明见解析（2）2【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，利用勾股定理证明，易得平面，再根据面面垂直判定定理即可证明；（2）由（1）可证明为三棱柱的高，利用同底等高的椎体与柱体的关系，通过割补法即可求解.【小问1详解】取的中点，连接，．∵与均是边长为2的正三角形，∴，，．∴为二面角的平面角．∵，∴，∴．因为，，，平面所以平面，又平面，∴平面平面．【小问2详解】 由（1）知，，．∵，平面，平面，∴平面．∴为三棱锥的高．∴．∴四棱锥的体积为2．21.第31届世界大学生夏季运动会将于2022年6月在成都举行，需规划公路自行车比赛赛道，该赛道的平面示意图为五边形ABCDE（如图），根据自行车比赛的需要，需预留出AC，AD两条服务车道（不考虑宽度），DC，CB，BA，AE，ED为赛道，已知，，，，______．（注：km为千米）请从①；②这两个条件中任选一个，补充在题干中，然后解答补充完整的问题．（1）求服务通道AD的长；（2）在（1）的条件下，求折线赛道AED的最大值（即最大）．注：如果选择两个条件解答，按第一个解答计分．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）选择条件①由正弦定理得，选择条件②由余弦定理得，再结合余弦定理可得AD的长；（2）根据余弦定理结合均值不等式即可求角线段和最大值．【小问1详解】 解：若选择条件①，在△ABC中，由正弦定理得：，即，解得；若选择条件②，在△ABC中，由余弦定理得：即解得；在△ACD中，由余弦定理得，即解得或（舍去）∴服务通道AD的长为．【小问2详解】在△ADE中，由余弦定理得：，∴，即，∵，∴，∴（当且仅当时取等号）∴折线赛道AED的最大值为．22.已知分别为三个内角的对边，且，（1）求；（2）若，求的取值范围；（3）若为的外接圆，若分别切于点，求的最小值.【答案】（1）； （2）；（3）.【解析】【分析】（1）由题目条件可证得,可得为直角三角形，可求出.（2）由数量积的定义可求得，设，则，令，则，判断出的单调性，即可得出答案.（3）用分别表示出，结合均值不等式即可求出答案.【小问1详解】因为，则，所以，则，所以为直角三角形，所以.【小问2详解】，所以，而，所以设，所以，令，又因为所以，所以，令，因为在上单调递增， 所以在上单调递减，所以.所以的取值范围为【小问3详解】的外接圆的半径为，，设，则，其中，所以，而，，当且仅当取等.所以的最小值为.【点睛】关键点点睛：本题考查向量相关的取值范围问题，考查面较广，涉及了基本不等式、函数值域、正弦定理、三角函数等，需要对知识掌握熟练且灵活运用.考查学生的运算能力和逻辑推理能力，属于难题.