四川省成都市石室中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

成都石室中学2022~2023学年度下期高2025届期末考试数学试题（时间：120分钟满分：150分）第I卷选择题（满分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.若点是函数图象的一个对称中心，则的值可以是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据正弦函数的对称中心可求出结果.【详解】依题意可得，，所以，，当时，.故选：C2.复数(为虚数单位)，则其共轭复数的虚部为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的乘法及除法运算求出，得到，即可求解.【详解】∵,∴∴的虚部为故选：A3.已知为单位向量，且，则（） A.1B.C.2D.【答案】B【解析】【分析】先根据得，再根据向量模的公式计算即可得答案.【详解】因为为单位向量，且，所以，所以，所以.故选：B.【点睛】本题考查向量垂直关系的向量表示，向量的模的计算，考查运算能力，是基础题.4.若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式和二倍角的余弦公式即可得到答案.【详解】，，且，故选：D.5.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（）A.若，，，则B.若，，，则C.若，，，则 D.若，，，则【答案】C【解析】【分析】根据平行线的性质，结合垂直的性质、平面平行的性质逐一判断即可.【详解】因为，，若，分别在直线上为平面，的法向量，且，故，所以选项A说法正确；因为，，所以，而，因此，所以选项B说法正确；当时，如下图所示：也可以满足，，，所以选项C说法不正确；因为，，所以，而，所以，因此选项D说法正确，故选：C6.记函数的最小正周期为，若，且，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分析可知函数的图象关于直线对称，可得出，再利用函数的最小正周期求出的取值范围，即可得出的值.【详解】对任意的，，则为函数的最大值或最小值，故函数的图象关于直线对称，故，解得，又因为且函数的最小正周期满足，即，解得，故.故选：D.7.科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1 ）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器，2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力“极目一号”Ⅲ型浮空艇长53米，高18米，若将它近似看作一个半球，一个圆柱和一个圆台的组合体，轴截面图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据球、圆柱、圆台的体积公式可求出结果.【详解】根据题意，该组合体的直观图如图所示：半球的半径为9米，圆柱的底面半径为9米，母线长为14米，圆台的两底面半径分别为9米和1米，高为30米.则，，，所以.故选:A.8.如图，在中，，，，点在以为圆心且与边相切的圆上，则的最小值为（） A.0B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由几何关系分解向量，根据数量积的定义与运算法则求解【详解】设为斜边上的高，则圆的半径，设为斜边的中点，，则，因为，，则，故当时，的最小值为.故选：C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.下列说法中错误的是（）A.已知，，则与可以作为平面内所有向量的一组基底B.已知，则在上的投影向量的坐标是C.若两非零向量，满足，则D.平面直角坐标系中，，，，则为锐角三角形【答案】AD【解析】【分析】利用基底定义判断选项A；利用向量数量积定义判断选项B；利用向量垂直充要条件判断选项C ；利用向量夹角定义判断选项D.【详解】选项A：已知，，则，则，则与不可以作为平面内所有向量的一组基底，故A错误；选项B：在上的投影向量为，故B正确；选项C：若两非零向量，满足，则即，整理得，则，故C正确；选项D：平面直角坐标系中，，，，则，，则，则，则为直角三角形，故D错误；故选：AD.10.复数在复平面内对应的点为，原点为，为虚数单位，下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则C.若是关于的方程的一个根，则D.若，则点的集合所构成的图形的面积为【答案】BCD【解析】【分析】根据复数的概念、几何意义及其性质，对各个选项进行逐个检验即可得出结论.【详解】对于A，令,满足,但,，故A错误；对于B,设且不同时0，，故B正确；对于C，，且是关于的方程的一个根, 也是关于的方程的另一个根,解得，故,故C正确,对于D,设,则,故,圆的面积为,圆的面积为,故点的集合所构成的图形的面积为,故D正确.故选:BCD.11.中，内角，，的对边分别为，，，为的面积，且，，下列选项正确的是（）A.B.若有两解，则取值范围是C.若为锐角三角形，则取值范围是D.若为边上的中点，则的最大值为3【答案】ABD【解析】【分析】根据向量运算结合面积公式得到，A正确；根据，代入数据则可判断B正确；确定，计算，C错误；利用均值不等式结合余弦定理得到D正确，得到答案.【详解】对选项A：，故，故，，所以，故A正确；对选项B：若△ABC有两解，则，即，则，故B正确；对选项C：为锐角三角形，则，，故，则，，故，故C错误； 对选项D：若为边上的中点，则，故，又，，由基本不等式得，当且仅当时等号成立，故，所以，故，正确；故选：ABD.12.如图，在棱长为的正方体中，分别为棱，的中点，为面对角线上的一个动点，则（）A.三棱锥的体积为定值B.线段上存在点，使平面C.线段上存在点，使平面平面D.设直线与平面所成角为，则的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】对于A选项，利用等体积法判断；对于B、C、D三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解【详解】易得平面平面，所以到平面的距离为定值，又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，故A正确． 对于B,如图所示,以为坐标原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,则，,，，，所以，，，设（），则所以，平面即解之得当为线段上靠近的四等分点时，平面.故B正确对于C，设平面的法向量则，取得 设平面法向量,则取,得,平面平面设,即,解得，，不合题意线段上不存在点,使平面//平面，故C错误．对于D，平面的法向量为则因为所以所以的最大值为．故D正确．故选：ABD第II卷非选择题（满分90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若角α的终边上有一点，则______．【答案】【解析】 【分析】先根据定义求出角α的正切，再利用二倍角公式求解.【详解】由题意得，故.故答案为：14.记面积为，，，则______.【答案】【解析】【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.【详解】由题意，，所以，所以，解得（负值舍去）.故答案为：.15.如图，在三棱锥中，，，，平面，为的中点，则直线与所成角的余弦值为______.【答案】【解析】【分析】利用线面垂直的性质定理，给合题设条件推得两两垂直，从而将三棱锥置于一个长方体中，再利用异面直线所成角的定义，结合勾股定理及余弦定理即可求解.【详解】因为平面，平面，平面所以，，又，所以两两垂直，将三棱锥置于一个长方体中，如图所示， 易知，所以直线与所成角即为与所成角为（或其补角），由题意可知，，在中，由余弦定理，得，所以直线与所成角的余弦值为.故答案为：.16.在平面四边形中，，，，则的最大值为______.【答案】【解析】【分析】设，利用三角函数函数得，再利用余弦定理结合三角恒等变换即可得到最值.【详解】设，，则，代入数据得，，，在中运用余弦定理得， 即，，所以当，即时，的最大值为3，则的最大值为.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题关键在于引角，设，再利用三角函数和余弦定理得到，最后结合诱导公式和三角恒等变换即可求出最值.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.已知函数的部分图象如图所示.（1）求的解析式；（2）将的图像向右平移个单位长度，再保持纵坐标不变，将横坐标缩短为原来的倍，得到的图像，求在区间上的值域.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据给定的函数图像，利用“五点法”作图求解即可；（2）利用函数图像变换求出函数的解析式，再利用正弦函数的性质即可得解.【小问1详解】依题意，由图像得，，解得，又，则，所以，因为点在的图像上，则，所以，，即，，而，则，所以．【小问2详解】依题意，，因，则，而函数在上单调递增，在上单调递减，因此有，故在上的值域为．18.已知，其中，.（1）求的单调递增区间；（2）在中，角、、的对边分别为、、，若，，求的值. 【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）先用二倍角公式和辅助角公式化简，再由正弦函数的单调性可解；（2）根据已知先求角A，再将目标式化弦整理，然后利用正弦定理和已知可得.【小问1详解】令，得，所以的单调增区间为，．【小问2详解】∵，∴，又，，∴，∴，∵，则由正弦定理得．∴.19.如图，多面体中，四边形为平行四边形，，，四边形为梯形，，，，，，平面平面. （1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面BCF，平面BCF，再由面面平行的判定定理和性质定理可得答案；（2）作于O，由线面垂直的判定定理可得平面ADE，平面CDEF，连结CO，直线AC与平面CDEF所成角为，求出正弦值即可；（3）由（2）得平面CDEF，又，可得答案．【小问1详解】∵四边形ABCD是平行四边形，∴，平面BCF，平面BCF，所以平面BCF，∵，平面BCF，平面BCF，所以平面BCF，，平面ADE，∴平面平面ADE，∵平面BCF，∴平面BCF.【小问2详解】∵平面平面，平面平面，，平面，平面ADE，平面，，，作于O，分别连接， 因为平面平面，平面平面，平面ADE，所以平面CDEF，连结CO，所以直线AC与平面CDEF所成角为，，，所以．直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为；【小问3详解】连接由（2）得平面CDEF，又，所以距离，又由已知可得，，，所以．20.为了丰富同学们的课外实践活动，石室中学拟对生物实践基地（区域）进行分区改造.区域为蔬菜种植区，区域规划为水果种植区，蔬菜和水果种植区由专人统一管理，区域规划为学生自主栽培区.的周围将筑起护栏.已知，，，.（1）若，求护栏长度（的周长）；（2）学生自主栽培区的面积是否有最小值？若有，请求出其最小值；若没有，请说明理由.【答案】（1）（2）有， 【解析】【分析】（1）利用余弦定理证得，从而判断得是正三角形，由此得解；（2）在与中，利用正弦定理求得与关于的表达式，从而利用三角形的面积公式得到关于的表达式，再结合三角函数的最值即可得解.【小问1详解】依题意，在中，，，，所以，则，，即，所以，又，故，所以是正三角形，则，，所以护栏的长度（的周长）为.【小问2详解】学生自主栽培区的面积有最小值，理由如下：设()，在中，，则，由正弦定理得，得，在中，，由正弦定理得，得，所以，所以当且仅当，即时，的面积取得最小值为﹒21.如图1，在中，，，，是中点，作于，将 沿直线折起到所处的位置，连接，，如图2.（1）若，求证：；（2）若二面角为锐角，且二面角的正切值为，求的长.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用勾股定理推得，从而利用线面垂直的判定定理证得平面，由此得证；（2）利用线面与面面垂直的判定定理求得二面角与二面角的平面角，从而利用勾股定理得到关于的方程，解之即可得解.【小问1详解】在图1中，，，，是中点，所以，，则，，，则，又，所以，则，因为，则，又平面，所以平面，因为平面，所以.【小问2详解】由题意知，平面平面，因而平面，则为二面角的平面角（或补角），即为锐角，又平面，因而平面平面.作所在的直线于点，如图， 又平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，作于点，连接，又面，故面，因为面，则，所以为二面角的平面角（或补角），设，则，在中，，设，则，因而，在直角三角形中，，即，解得或（舍去），此时，从而.22.在中，，，，分别是角，，的对边，请在①；②两个条件中任选一个，解决以下问题：（1）求角的大小；（2）如图，若为锐角三角形，且其面积为，且，，线段与线段相交于点，点为重心，求线段的取值范围.【答案】（1）（2） 【解析】【分析】（1）若选①，先由正弦定理的边角互化，然后结合余弦定理即可得到结果；若选②，先由正弦定理的边角互化，再结合二倍角公式，即可得到结果.（2）用、作为平面内的一组基底表示出，再根据平面向量共线定理及推论表示出，即可表示，利用面积公式求出，再由三角形为锐角三角形求出的取值范围，最后根据数量积的运算律及对勾函数的性质计算可得．【小问1详解】若选①，因为，由正弦定理可得，，化简可得，又因为，则，，故.若选②，因为，由正弦定理可得，，且，则，且，所以，其中，所以，则.【小问2详解】由题意可得，，所以，因为、、三点共线，故设，同理、、三点共线，故设，则，解得，所以，则， 因为，所以，又因为为锐角三角形，当为锐角，则，即，即，所以；当为锐角，则，即，则，即，所以；综上可得，又因为，则，因为，则，且在上单调递减，，所以，即，所以．