四川省成都市锦江区嘉祥外国语高级中学2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

成都市锦江区嘉祥外国语高级中学高一下期末考试数学试题本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试时间120分钟．注意事项：1．答卷前，务必将自己的姓名、考号填写在答题卡规定的位置上．2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选择涂其它答案标号．3．答非选择题时，必须使用0．5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．4．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上的答题无效．5．考试结束后，只将答题卡交回．一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1.已知复数是纯虚数，则实数（）A.0B.2C.D.1【答案】D【解析】【分析】直接由复数为纯虚数列方程求解即可【详解】因为复数是纯虚数，，所以，解得，故选：D2.已知角终边过点，且，则的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分析出，利用三角函数定义可得出关于的等式，解之即可.【详解】因为角的终边过点，且，则，且，解得. 故选：C.3.若复数为方程（m，）的一个根，则该方程的另一个根是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据实系数方程的虚根成共轭复数求解即可.【详解】根据实系数方程的虚根成共轭复数可知，另一个复数根为.故选：B．4.已知水平放置的直观图如图所示，，，则边上的中线的实际长度为（）A.5B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据斜二测画法的规则即可求解【详解】的实际图形应是直角三角形，两条直角边长分别是4和3，斜边上的中线长度为故选：C5.已知某圆台的高为，上底面半径为1，下底面半径为2，则其侧面展开图的面积为（）A.9πB.C.D.8π【答案】A【解析】【分析】求圆台的侧面积，直接利用公式求解. 【详解】∵圆台的母线长为，∴其侧面展开图的面积.故选：A.6.在三棱锥中，底面，，，若三棱锥外接球的表面积为，则（）A.1B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据外接球的特点和线面垂直的判定结合几何关系即可求解.【详解】因为平面，平面，所以，由面，所以面，由面，则，由面，则，是和的公共斜边，则是三棱锥的外接球直径，由，设，则，则，故选：C．7.位于四川省乐山市的乐山大佛，又名“凌云大佛”，是世界文化与自然双重遗产之一．如图，已知PH为佛像全身高度，PQ为佛身头部高度（PQ约为15米）．某人为测量乐山大佛的高度，选取了与佛像底部在同一水平面上的两个测量基点A，B，测得米，米，，在点A处测得点Q的仰角为48.24°，则佛像全身高度约为（）（参考数据：取，，） A.56米B.69米C.71米D.73米【答案】C【解析】【分析】由余弦定理可得，再由，可求得，从而可得结论.【详解】由余弦定理可得．依题意得，则，所以，则，故佛像全身高度约为71米．故选：C.8.如图，在中，，，为上一点，且满足，若，，则的值为（）.A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由P、C、D三点共线及，可求m的值，再用、作基底表示，进而求 即可.【详解】∵，，即且，∴，又C、P、D共线，有，即，即，而，∴∴=.故选：C二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．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.已知是三条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题正确的有（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】BD【解析】【分析】根据线线、面面位置关系等知识确定正确答案.【详解】A选项，若，则可能异面，A选项错误.B选项，若，则，B选项正确.C选项，若，则可能相交，C选项正确.D选项，若，则，D选项正确.故选：BD 10.下列各式中结果为零向量的是A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】根据向量加法和减法逐一判断选项，得到正确答案.【详解】A.，所有A正确；B.，不正确；C.，不是零向量；D.，所有D正确.故选：AD【点睛】本题考查向量加减法，属于基础题型.11.下列选项中，与的值相等的是（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】A.利用三角函数诱导公式求解判断；B.利用二倍角的正弦公式求解判断；C.利用两角和的余弦公式和二倍角的正弦公式求解判断；D.利用两角和的正切公式求解判断.【详解】对于A，，故正确；对于B，，故正确；对于C，，故错误； 对于D，因为，所以，所以，故正确；故选：ABD12.已知正方体的棱长为1，点为线段上的动点，则（）A.//平面B.的最小值为C.直线与平面、平面、平面所成的角分别为，则D.点关于平面的对称点为，则到平面的距离为【答案】ACD【解析】【分析】根据正方体的几何性质结合线面平行判定定理、勾股定理、余弦定理、线面夹角的定义、点到平面的距离，逐项盘点即可得答案.【详解】对于A，如图连接在正方体中，因为，所四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理可得，又平面，平面，所以平面，由平面，所以平面平面， 因为平面，所以，故A正确.对于B，如图将平面和平面展开到同一个平面，连接的最小值即为，在正方体可得平面，平面，所以，且，所以则平面中，由余弦定理得，即，故B错误；对于C，如图，过作于，于，平面于，连接由正方体易得平面，平面，又直线与平面、平面、平面所成的角分别为，所以，则，因为平面，平面，则，且，所以四边形为平行 四边形，所以，又在矩形中可得，所以，在中，，所以，即，故C正确；对于D，连接，连接交平面于，过作交于在正方体中可得，，平面，因为平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，同理可得，因为平面，所以平面，即平面，因为正方形的面对角线，所以为正三角形，又，所以，则，因为正方体的体对角线，所以，因为，所以，即，因为平面，所以到平面的距离为，由于点关于平面的对称点为，则为中点，于是到平面的距离为，故D正确.故选：ACD.三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13.在中，角所对应的边分别为．若，则__________． 【答案】【解析】【分析】根据正弦定理即可求解.【详解】因为，所以．故答案为：.14.如图，平面，且，则异面直线与所成角的正切值为________．【答案】【解析】【分析】过作，，则异面直线与所成角为或其补角，由线线垂直证平面，再证，即可在中求的正切值即可.【详解】过作，且，因为，所以四边形为矩形，所以，异面直线与所成角为或其补角，因为，所以，， 因为平面，、平面，则，，所以，又因为，，、平面，所以平面，因为平面，所以．在中，，即异面直线与所成的角的正切值为．故答案为：.15.将函数且的图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，再将所得图象向左平移个单位长度后，得到一个偶函数图象，则__________．【答案】【解析】【分析】利用三角函数图象的对称性，找到关于，的方程即可求解.【详解】将函数且的图象上各点的横坐标缩短为原来的倍，得到函数的图象，再将所得图象向左平移个单位长度后，得到函数，因为为偶函数，图象关于轴对称，所以函数的图象的一条对称轴为，所以有，解得.故答案为：16.如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点．若侧面的中心为，为侧面内的一个动点，平面，且的轨迹长度为，则三棱柱的表面积为________． 【答案】##【解析】【分析】连接交于，取的中点，过作，分别交于，连接，由面面平行的判定定理可证得平面平面，所以的轨迹为线段，再由相似比求出，即可求出三棱柱的表面积.【详解】连接交于，取的中点，过作，分别交于，连接，易得，因为平面，平面，所以平面，平面，因为，且都在面内，所以平面平面，所以的轨迹为线段，因为，所以， 因为，所以，所以，故三棱柱的表面积为.故答案为：.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.已知复数，（1）求;（2）若，且复数的虚部等于复数的虚部，复数在复平面内对应的点位于第三象限，求复数．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由复数乘法运算即可得到结果；（2）根据题意，由条件可设，然后列出方程即可得到结果.【小问1详解】由复数，，可得．【小问2详解】由题意，可得，因为复数的虚部等于复数的虚部，可设，又，可得，解得或，又因为复数在复平面内对应的点位于第三象限，所以，故．18.已知向量，．（1）若与的夹角为钝角，求实数的取值范围；（2）若，求在上的投影向量的坐标． 【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，列出不等式，即可得到结果；（2）根据题意，由可求得，再由投影向量的定义即可得到结果.【小问1详解】因为与的夹角为钝角，所以，且与不反向共线，故，解得，且，所以实数的取值范围为．【小问2详解】，因为，所以，解得，．故在上的投影向量为．19.已知函数的图象如图所示．（1）求函数的解析式及单调递增区间；（2）若函数，满足对任意的恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1），，（2）．【解析】【分析】（1）根据图得到，进而得到，，从而，再由求得解析式，再利用这些函数的性质求解单调区间；（2）易得．根据对任意的恒成立，由求解.【小问1详解】由图可知：，所以，所以，，由图易得，则，又，则，则，所以，，所以．令，，解得，，所以的单调递增区间为，．【小问2详解】 由题．当，时，．因为对任意的恒成立，则，即所以．20.如图，中，，是正方形，平面平面，若、分别是、的中点．（1）求证：∥平面;（2）求证：平面平面．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，则由三角形中位线定理得∥，∥，再结合正方形的性质可得∥，则∥平面，由理∥平面，从而可证得平面∥平面，进而可证得结论；（2）由已知面面垂直可得平面，则，再由结合勾股定理逆定理可得，再由面线垂直和面面垂直的判定定理可证得结论.【小问1详解】证明：如图，取的中点，连接，．，分别是和的中点，∥，∥．又四边形为正方形， ∥，从而∥．平面，平面，∥平面，同理∥平面，又，平面，平面∥平面，平面，则∥平面;【小问2详解】为正方形，．又平面平面，且平面平面，面，平面，∵平面，∴，设，，，∴，∴．又，，平面，平面，而平面，∴平面平面．21.已知锐角△ABC内角A、B、C的对边分别为a、b、c，且a（tanA＋tanC）＝2b·tanA．（1）求C的大小；（2）若△ABC的面积为，求a的取值范围．【答案】（1）（2）1＜a＜2． 【解析】【分析】（1）先切化弦，然后结合正弦定理可解.（2）用a来表示三角形的面积，进而表示出tanA，然后结合角的取值范围解a.【小问1详解】在锐角△ABC中，因为a（tanA＋tanC）＝2b·tanA，所以，又因为A+C＝π－B，所以，即，由正弦定理得＝2sinA·sinB，又，则，所以cosC＝，可得C＝.【小问2详解】在锐角△ABC中，因为C＝，则，所以ab＝2，即b＝，因为a（tanA＋tanC）＝2b·tanA，即，所以tanA＝，因为△ABC为锐角三角形，且C＝，则，解得＜A＜，可得tanA＞，即＞，解得1＜a＜2．22.如图，在四棱台中，底面是边长为2的菱形，，平面平面，点分别为的中点，均为锐角. （1）求证：；（2）若异面直线与所成角正弦值为，四棱锥的体积为1，求二面角的平面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，从而得到；（2）几何法：通过面面垂直作过二面角的平面角，通过几何计算求解；空间向量法：建立坐标系用空间向量求解.【小问1详解】底面是菱形，，又平面平面，且平面平面，平面，平面，又平面，.【小问2详解】解法一： 由（1）知面，又平面，平面平面，作交线，垂足为，因为平面平面=，平面，则面，又平面，所以.再作，垂足为，面，面，所以面，又面则，所以为二面角的平面角，因为平面，所以到底面的距离也为.作，因为平面平面，平面平面＝，平面，所以平面，所以，又为锐角，所以又，所以为等边三角形，故，所以，因为，所以，所以. 所以二面角的平面角的余弦值为.解法二：由（1）知面，又平面，平面平面，作，因为平面平面，平面平面＝，平面，所以平面，如图，建立直角坐标系：为原点，为轴方向，轴.因为平面，所以到底面的距离也为.所以，又为锐角，所以又，所以为等边三角形，故，空间直角坐标系中：，设，则则， 设平面的法向量为，，取设平面的法向量为，，取所以，由题知二面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值为.