重庆市第八中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

重庆八中2022—2023学年度（下）期末考试高一年级数学试题一、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.若复数（为虚数单位），则的虚部为（）A.B.C.D.1【答案】B【解析】【分析】先利用复数的除法将复数表示为一般形式，于是可得出复数的虚部．【详解】因为，所以复数的虚部为.故选：B．2.在平面直角坐标系中，已知、两点，若圆以为直径，则圆的标准方程为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】求出圆心坐标以及圆的半径，即可得出圆的标准方程.【详解】由题意可知，圆心的横坐标为，纵坐标为，即点，圆的半径为，因此，圆的标准方程为.故选：A.3.直线：，则“”是“直线与轴垂直”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】C【解析】【分析】由直线与轴垂直，可得直线的斜率不存在，进而得到，解出的值，再根据充分条件和必要条件的定义判断即可求解.【详解】由直线与轴垂直，得直线的斜率不存在，可得，解得，所以“”是“直线与轴垂直”的充要条件.故选：C.4.在中，，，，则此三角形解的情况是（）A.无解B.一个解C.两个解D.无法确定【答案】B【解析】【分析】根据正弦定理求出，结合即可求解.【详解】由正弦定理可得，所以.因为,所以只有一个解，所以此三角形解的情况是一个解.故选:B.5.如图，平行六面体中，，，，，则与所成角的大小为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】分析】设，表示出，，计算，即可求得答案.详解】设，则，三向量的夹角皆为，由题意可得，，故，即，所以与所成角的大小为，故选：C6.已知、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A.若，，，，则B.若，，，则C.若，，，则D.若，，，则【答案】D【解析】【分析】根据已知条件判断面面、线面的位置关系，可判断ABC选项；利用线面垂直的性质可判断D选项.【详解】对于A选项，若，，，，则与平行或相交，A错；对于B选项，若，，，则或，B错；对于C选项，若，，过直线作平面，使得，则， 所以，，又因为，所以，，因为，则或，C错；对于D选项，若，，则，又因为，则，D对.故选：D.7.如图，正四面体的棱长为2，在上有一动点，过作平行于底面的截面，以该截面为底面向下挖去一个正三棱柱，则该正三棱柱侧面积的最大值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】作出示意图，设正三棱柱底面正三角形边长为，求出正三棱柱的高，即可求得侧面积的表达式，结合二次函数的最值，即可求得答案.【详解】如图，设正三棱柱为，其上下底面的中心为,由于为正三角形,故也为其中心, 设正三棱柱底面正三角形边长为，由题意可知为正三角形，故，又，故，所以正三棱柱为的高为，故该正三棱柱侧面积为，当时，取到最大值为1，故的最大值为，故选：A8.在平面直角坐标系中，已知直线：，点，则点A到直线的距离的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意可确定直线：，则直线过原点，且斜率为，由此可确定点到直线l的距离大于1，再确定当l与垂直时，点A到直线l的距离最大，即可求得答案.【详解】由题意直线：，则直线过原点，且斜率为， 当直线l无限靠近于y轴时，点到直线l的距离无限接近于1，故点到直线l的距离大于1，当l与垂直时，点A到直线l的距离最大，最大值为，故点A到直线的距离的取值范围为，故选：B二、选择题：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.已知函数的图象的两条对称轴间的最小距离为，则下列说法中正确的是（）A.B.C.D.在上单调递增【答案】AC【解析】【分析】确定函数的最小正周期，即可求得，判断A；确定函数解析式，计算的值，可判断B，C；由x的范围，确定，根据正弦函数的单调性可判断D.【详解】由题意可知的最小正周期为,故，A正确； 由A可知，则，，故不恒成立，成立，B错误，C正确；对于D，当时，，由于上单调递减，故在上单调递减，D错误，故选：AC10.已知复数，，则下列命题中正确的是（）A.若，则B.若且，则C.若，则D.若，则【答案】BD【解析】【分析】根据复数的特征、几何意义以及复数运算判断各选项即可.【详解】对于A，若，例如：，则，故A错误；对于B，由，且，可得，故B正确；对于C，设，，所以，，由，得，化简得，又不一定等于0，故C错误； 对于D：若，则，所以或，即或，所以，故D正确.故选：BD.11.如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（）A.平面截正方体的截面为等腰梯形B.若平面，则直线不可能垂直于直线C.若，则点的轨迹长度为D.三棱锥的外接球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】作出平面截正方体的截面可判断A；连接交为Q，则，进而说明存在点Q，平面时，直线可能垂直于直线，判断B；确定Q点的轨迹，从而可求得其长度，判断C；确定三棱锥的外接球的外接球球心位置，求得外接球半径，即可求得外接球表面积，判断D.【详解】对于A，取的中点为,连接, 则，而，即四边形为平行四边形，故，所以，且，则四边形为平面截正方体的截面，为梯形，而，,即，即四边形为等腰梯形，A正确；对于B，连接交为Q，则，即，而，平面，平面，故平面，即当平面时，直线可能垂直于直线，B错误；对于C，因为平面，平面，故，由得， 即点的轨迹为以为圆心，半径为的四分之一圆，其轨迹长度为，C正确；对于D，三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，设三棱锥的外接球半径为R，的外接圆半径为r，,故，则，故，因为平面，故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上，则，即，故三棱锥的外接球的表面积为，D正确，故选：ACD 【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于求三棱锥的外接球的表面积，解答时要发挥空间想象能力，确定外接球球心大致位置，求出外接球半径。即可求解.12.平面向量中有一个优美的结论，有趣的是，这个结论对应的图形与“奔驰”轿车的logo非常相似，该结论如下：如图，已知是内部一点，将，，的面积分别记为，，，则.根据上述结论，下列命题中正确的有（）A.若，则B.若，则C.若为的内心，且，则D.若为的垂心，则【答案】BCD【解析】【分析】对于A，由奔驰定理即可直接判断；对于B，结合平面向量的线性运算可得，进而由奔驰定理即可直接判断；对于C，由奔驰定理可得，设的内切圆半径为，结合面积公式可得，进而结合勾股定理即可求解；对于D，结合为的垂心，可得，，，进而根据平面向量数量积的定义可得，进而求解即可.【详解】对于A，由奔驰定理可得，故A错误；对于B，由，即，整理得，由奔驰定理可得，故B正确；对于C，由，可得，设的内切圆半径为， 则，，，所以，即,所以，即，故C正确；对于D，，，，因为为的垂心，所以，，，又，，,所以，即，同理可得，所以，所以，由奔驰定理可知D正确.故选：BCD.【点睛】关键点睛：本题关键在于理解题意，由得到，进而结合平面向量的数量积及线性运算求解即可.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.______.（用“”、“”或“”填空）【答案】【解析】【分析】利用诱导公式结合正切函数的单调性可得出结论.【详解】因为，当时，随着的增大而增大，因为，故.故答案为：. 14.已知平面向量，不共线，且，，，若，，三点共线，则______.【答案】1【解析】【分析】先根据向量的减法法则表示出，然后根据向量的共线定理进行计算.【详解】依题意得，，由三点共线可知，存在，使得，即，由于，是两个不共线的向量，则，解得.故答案为：1.15.已知点，，点在轴上，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】作点关于轴的对称点，过的中点作交轴于点，当点在点时，取最小值；当，，三点共线时，取最大值，进而求解即可.【详解】作点关于轴的对称点，则，过的中点作交轴于点，当点在点时，，此时；当，，三点共线时，，所以的取值范围是.故答案为：. 16.为以为直角顶点的直角三角形，且，，为上一动点，沿将三角形折起形成直二面角，当长度最短时，______，此时二面角的平面角的正弦值为______.【答案】①.②.【解析】【分析】第一空，设，根据题设可推出长度的表达式，结合三角函数，根据长度最短即可求得答案；第二空，利用线面垂直的性质作出二面角的平面角，解三角形即可求得答案.【详解】作，垂足为D，连接，因为二面角为直二面角，平面平面，且平面，故平面，平面，则；设，则，由,则，在中，,，故 ，当长度最短时，，则，即；由此可得，，则，作,垂足为E，连接,因为平面，平面，故，而平面，故平面，所以即为二面角的平面角，在中，,故，故答案为：；【点睛】关键点睛：求解第一空即求的大小时，关键是确定何种情况下长度最短，因此要，求出长度的表达式，结合三角函数求得，即可求解.四、解答题：本题共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.已知直线：，直线过点且与直线垂直.（1）求直线的方程；（2）直线与直线关于轴对称，求直线，，所围成的三角形的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据两直线垂直确定直线m的斜率，根据直线过的点即可求得答案；（2）根据直线与直线关于轴对称，可得n的方程，进而求出直线，，所围成的三角形的顶点坐标，即可求得答案.【小问1详解】由题意知直线：的斜率为，直线过点且与直线垂直，则， 故直线的方程为，即；【小问2详解】直线与直线关于轴对称，则直线的方程为，即，如图示，设直线，，所围成的三角形为,则,联立，解得，即,联立，解得，即,直线与y轴的交点为，故直线，，所围成的三角形的面积为.18.如图，四边形是圆柱下底面的内接四边形，是圆柱底面的直径，是圆柱的一条母线，，，点在线段上，.（1）求证：平面平面；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证平面，再根据面面垂直的判定定理可证平面平面；（2）以为原点，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式可求出结果.【小问1详解】因为是圆柱的一条母线，所以底面，又底面，所以，因为是圆柱底面的直径，所以，因为平面，，所以平面，又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】以为原点，所在直线为轴，过且垂直于平面的直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，因为，，，所以，又，所以，因为，，所以，，所以，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，取，得，，则，设直线与平面所成角为，则. 即直线与平面所成角的正弦值为.19.重庆市某区政府计划在一处栀子花种植地修建花海公园.如图，公园用栅栏围成等腰梯形形状，其中，长为米；在上选择一点作为公园入口，从公园入口出发修建两条观光步道、，其中步道终点、两点在边界、上，且.（1）观光步道的总长度是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由；（2）金沙天街“奇遇集市”凭借其地理优势及花样百出的“小摊摊”，吸引了众多周围的游客、学生以及上班族；该区政府决定效仿金沙天街的做法，在花海公园原有规划基础上增添一条商业步道用于建设“偶遇集市”，若建设观光步道平均每米需花费元，建设商业步道平均每米需花费元，试求建设步道总花费的最小值.（参考数据：）【答案】（1）是，且定值为米（2）元【解析】【分析】（1）求出，结合正弦定理可求得的长；（2）利用余弦定理结合（1）中的结论求出的最小值，再结合题意可求得建设步道总花费的最小值.【小问1详解】 解：因为四边形为等腰梯形，则，在中，，，则，由正弦定理可得，则，同理可得，因此，（米）.【小问2详解】解：在中，，由余弦定理可得，所以，，当且仅当米，即当为的中点时，等号成立，因此，建设步道总花费的最小值为（元）.20.已知向量，，设函数，.（1）求函数的解析式；（2）若，且，求的值.【答案】（1）（2）【解析】 【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标运算结合三角恒等变换化简可得函数的解析式；（2）利用已知条件可得出，利用同角三角函数的基本关系结合二倍角公式可求得的正弦值和余弦值，再利用两角差的正弦公式可求得的值.【小问1详解】解：因为向量，，则.【小问2详解】解：因为，所以，，因为，则，所以，，由二倍角公式可得，.所以，.21.如图，在四面体中，为等边三角形，为以为直角顶点的直角三角形，.，，，分别是线段，，，上的动点，且四边形 为平行四边形.（1）求证：平面；（2）设多面体的体积为，多面体的体积为，若，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理以及性质定理，即可证明结论；（2）利用线段之间的关系，采用割补法求得以及，即可求得与之间的关系，从而可得答案.【小问1详解】证明：因为四边形为平行四边形，所以，而平面，平面，故平面，由平面平面，所以，而平面，平面，故平面；【小问2详解】由（1）知，而，故，同理可证，由可得，故， 设A点到平面的距离为d，则；又，，故，设C点到平面的距离为h，则F点到平面的距离为，故,故,则，故.【点睛】难点点睛：解答第二问求解的值，比较困难，解答时要利用割补的方法，求得几何体各部分的体积之间的关系，进而求得答案.22.如图，在中，，是角的角平分线，且面积为1.（1）求的面积；（2）设，①求的取值范围；②当的长度最短时，求的值.【答案】（1）（2）①；② 【解析】【分析】（1）根据角平分线性质可得，进而得到，从而求解；（2）①设，，，结合三角形的面积公式可得，进而结合余弦函数的性质求解即可；②结合①可得，，由余弦定理可得，设，可得，进而利用基本不等式可得时，的长度最短，进而结合同角三角函数的关系及即可求解.【小问1详解】因为是角的角平分线，且所以，即，所以，所以.【小问2详解】①设，，，则，，，（1）知，，，又，即，整理得， 又，所以，即，所以的取值范围为；②由①知，，即，所以，，在中，由余弦定理得，即，又，，设，则，，所以，当且仅当，即时，等号成立，此时，又，解得，所以，所以当的长度最短时，.