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

树德中学高2022级高一下期期末考试数学试题一、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.复数（，）为实数是“”成立的（）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】根据充分条件和必要条件的定义结合复数为实数的条件分析判断【详解】，当复数（，）为实数时，，当时，为实数，所以复数（，）为实数是“”成立充要条件，故选：C2.若将一个棱长为的正方体铁块磨制成一个球体零件，则可能制作的最大零件的体积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题意可知制成的最大的球体恰好正方体的内切球，求出球的半径，从而可求出球的体积【详解】由题意可知制成的最大的球体恰好正方体的内切球，因为正方体的棱长为，所以其内切球的半径为，所以制作的最大零件的体积为，故选：D3.设，是两个不共线的向量，且向量与是平行向量，则实数的值为（）A.B.1C.1或D.或 【答案】C【解析】【分析】由共线向量定理结合题意求解即可.【详解】因为向量与是平行向量，所以存在唯一实数，使，因为，是两个不共线的向量，所以，则，，解得或，故选：C4.函数取得最小值时，的值为（）A.B.0C.D.【答案】B【解析】【分析】根据正切函数的性质将函数转化为分段函数，分别确定各段的单调性，即可得函数取最小值时，的值.【详解】函数则当时，，又，所以函数在上单调递减；当时，，所以函数在上单调递增；所以当时，函数取得最小值故选：B.5.《九章算术商功》中提及的“鳖臑”现意为四个面均为直角三角形的三棱锥，则“鳖臑”中相互垂直的平面有（）对 A.4B.3C.2D.1【答案】B【解析】【分析】利用线面垂直和面面垂直的判定定理判断.【详解】如果三棱锥有一个顶点处有3个直角，设，设，故故，，，从而为锐角三角形，与题设矛盾；若每个顶点处有均有一个直角，不妨设，将三棱锥沿展开，则展开后的四边形内角为凸四边形且其内角和大于，矛盾，综上，“鳖臑”对应的三棱锥必有一个顶点处有两个直角，如图所示：设，由，且，得平面ABC，又平面PAB，平面PAC，所以平面平面ABC，平面平面ABC，由，且，得平面PAB，又平面PBC，所以平面平面PAB，所以“鳖臑”中相互垂直的平面有3对，故选：B6.已知点，，在所在平面内，且，，，则点，，依次是的（）A.重心、外心、垂心B.重心、外心、内心 C.外心、重心、垂心D.外心、重心、内心【答案】A【解析】【分析】根据向量的运算逐个分析判断即可【详解】由，得，所以，设的中点为，连接，则，所以，所以点在边上的中线上，同理可得也在的中线上，所以点是的重心，由，得，所以到的三个顶点的距离相等，所以为的外心，由，得，所以，所以，所以，同理得，所以为的垂心，故选：A7.已知钝角的角，，所对的边分别为，，，，，则最大边的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据给定条件利用余弦定理建立不等关系即可计算作答.【详解】因是钝角三角形，，，且是最大边，则由余弦定理得：，于是得，，解得，又有，即， 所以最大边的取值范围是：.故选：C8.已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点．已知平面内点，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，设，由条件可得的坐标，然后列出方程，即可得到结果.【详解】设，则，将点绕点沿顺时针方向旋转，即将点绕点沿逆时针方向旋转，可得，化简可得，，又因为，所以，解得，所以.故选：D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.已知的角，，所对的边分别为，，，且，则下列说法正确的是（）A.B.C.为等腰非等边三角形D.为等边三角形【答案】ABD【解析】【分析】A，由，利用正弦定理化简得到求解判断；BCD，由，，利用余弦定理求解判断.【详解】A.因为，所以，则，解得，故正确；B.因为，，所以，即，则，所以是正三角形，所以，故正确；C.由B知：为等边三角形，故错误；D.由B知：等边三角形，故正确.故选：ABD10.已知三条不同的直线，，和三个不同的平面，，，下列说法正确的是（）A.若，，则B.若，为异面直线，且，，，，则C.若，，则D若，，，，，两两垂直，则，，也两两垂直【答案】BD【解析】【分析】对于A，或；由线面平行的性质定理和面面平行的判定定理可判断B；对于C，不一定成立；用反证法可判断D. 【详解】若，，则或，故A错误；设，，因为，所以，又，，所以，又因为，为异面直线，，，，则直线与必相交，所以，故B正确；若，，则不一定成立，故C错误；若，，，，，两两垂直，则，，必相交于同一点，假设与不垂直，则存在直线，使得，，所以直线与可确定平面，且，这说明过内的直线可作两个平面与垂直，而这是不可能的，所以假设不成立，即，同理可证，，即，，两两垂直，故D正确.故选：BD11.正弦最初的定义（称为古典正弦定义）为：在如图所示的单位圆中，当圆心角的范围为时，其所对的“古典正弦”为（为的中点）．根据以上信息，当圆心角时，的“古典正弦”除以的可能取值为（）A.1B.C.D.0【答案】BC【解析】【分析】根据古典正弦定义，的“古典正弦”除以为，利用倍角正弦、余弦公式，根据余弦函数的性质及函数单调性求最值即可．【详解】由题可得的“古典正弦”除以为： 由于，所以，则令，则，所以设，由基本初等函数的单调性可知函数在上是增函数，函数在上是增函数，则函数在上单调递增，所以，则的“古典正弦”除以为的取值范围为.故选：BC.12.在棱长为4的正方体中，，，，，分别是，，，，的中点，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，为底面上的动点，且面，则（）A.B.三棱锥的外接球的球心到面的距离为C.多面体为三棱台D.在底面上的轨迹的长度是【答案】ACD【解析】【分析】在平面中，由中位线定理、平行直线判断定理，以及平行的传递性可得，可判断选项A正确；确定三棱锥的外接球的球心在直线上位置，即可求出球心到面的距离，可判断选项B错误；根据棱台的定义判断多面体为三棱台，可判断选项C正确；找到过点与面平行的平面，即可找到点的轨迹，可判断选项D正确. 【详解】根据题意，可知平面，如图画出平面，取的中点，连接，在中，由中位线定理可知，所以为中点，则在中，由中位线定理得，，由，得，由平行线性质，所以，可得所以，选项A正确；依题意，由于为直角三角形，则其外心为点，又因为平面，可知三棱锥的外接球的球心在直线上（如图），设，由中，得，即，解得，，则球心到面的距离为，选项B错误； 由题意，可知平面平面，延长，与交于点，与交于点，由于，且，所以为的中点，同理为的中点，所以与重合，即多面体三条侧棱交于一点，故多面体为三棱台，选项C则正确；取的中点，连接，由题意易知，平面，平面，所以平面，同理平面，平面，平面，，所以平面平面，当点时，平面，所以平面，则在底面上的轨迹为，且，选项D正确.故选：ACD 【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长．（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．13.在正三棱柱中，为棱的中点，，则异面直线与所成角的为__________．【答案】【解析】【分析】根据异面直线的定义结合正三棱柱的几何性质即可得为异面直线与所成角，从而可得答案.【详解】正三棱柱中，所以为异面直线与所成角又为正三角形，为棱的中点，所以则异面直线与所成角的为.故答案为：.14.已知两个粒子，从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为， ，则在上的投影向量为__________．【答案】【解析】【分析】先求得与夹角的余弦值，再根据投影向量的定义求出在上的投影向量即可．【详解】设与的夹角为，则，所以在上的投影向量为.故答案为：.15.如图，在四棱锥中，底面为矩形；为的中点．若，，，当三棱锥的体积取到最大值时，点到平面的距离为__________．【答案】##0.3【解析】【分析】根据几何体性质结合体积分割求解三棱锥的体积，在根据等体积法可求解点到平面的距离.【详解】由题可得，当底面时，三棱锥的体积取到最大值如图，取中点，取中点，连接 因为底面，为的中点．为的中点，所以，所以底面，则又由底面，底面，所以因为矩形，则，又平面，所以平面又为的中点．为的中点，所以，，则平面则又所以又，因为平面，，所以平面，又平面，所以，设点到平面的距离为,所以，则.故点到平面的距离为.故答案为：.16.在中，若，，的内角平分线交边于点，若，，则外接圆的直径为__________． 【答案】【解析】【分析】根据可得，从而得，利用三角形面积公式可得，再利用，结合数量积的运算可得，从而可得，利用余弦定理得，最后应用正弦定理即可得外接圆的直径.【详解】又，所以，因为，所以，则又，所以，则，整理得：①，又，所以，则，整理得②，联立①②可得：，解得或（舍）在中，由余弦定理可得，所以，设外接圆的半径为，由正弦定理可得所以外接圆的直径为.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，，，．（1）为何值时，点在轴上？（2）若与的夹角是钝角，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由，得到点P的坐标，再根据点在轴上求解；（2）由，得到与不共线，再根据与的夹角是钝角，由求解.【小问1详解】解：由题意知：，，所以，．因为点在轴上，所以，解得．【小问2详解】因为，所以与不共线．又与的夹角是钝角，所以只需，即，解得．18.已知函数的最小值为．（1）求函数单调递减区间；（2）英国数学家泰勒（B．Taylor，1685-1731）发现了如下公式：，其中 ，该公式被编入计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的准确性．运用上述思想，计算的值：（结果精确到小数点后4位，参考数据：，）【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据三角恒等变换公式化简函数，进而根据正弦函数的性质即可求解；（2）结合诱导公式化简，进而结合泰勒公式求解即可.【小问1详解】，所以，即，所以，令，，即，，所以函数的单调递减区间，．【小问2详解】由（1）知，所以，由泰勒公式得：， 所以．19.如图，在四棱锥中，底面为菱形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点，平面平面．（1）证明：；（2）若到平面的距离为1，求与平面所成角的最小值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由已知得，再利用线面平行的判定定理和性质定理可证得结论；（2）由到平面的距离为1，根据线面垂直的性质结合已知可得，再由线面垂直的判定可得平面，则，由等腰三角形的性质可得，则平面，从而得为与平面所成角，然后在中求解即可.【小问1详解】证明：因为底面为菱形，所以因为平面，平面，所以平面．又平面，平面平面，所以．【小问2详解】因为，，所以，l不在面PAD内，AD在面PAD内，所以平面，又到平面的距离为1，所以点到平面的距离为2．因为底面，平面，所以平面底面，又平面底面，所以点到平面的距离等于点到的距离，为2．又，所以． 又因为，，平面，所以平面．因为平面，所以．又，为线段的中点，所以．又，平面，平面，所以平面．所以为与平面所成角．又，．所以当时，取得最小值，最小值为．所以与平面所成角的最小值为．20.已知的角，，所对的边分别为，，，且，．（1）若，求；（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求函数的值域．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由及正弦定理得，利用诱导公式及三角恒等变换可得，结合角的范围即可求解；（2）利用三角恒等变换化简为，选择①由，可得，结合余弦定理可得，再利用正弦函数的性质即可求解；选择② ，由，可得，再利用正弦函数的性质即可求解.【小问1详解】由及正弦定理得．因为，所以．由于，，所以．又，，故，即．【小问2详解】．选择条件①：因为，所以，根据余弦定理可得，．所以，又，所以．所以，即，故．选择条件②：因为，又，所以，所以，即．故．21.已知的角，，所对的边分别为，，，点是所在平面内的一点．（1）若点是的重心，且，求的最小值； （2）若点是的外心，（，），且，，有最小值，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，由余弦定理列出方程，然后再由基本不等式即可得到结果；（2）根据题意，分别表示出，然后代入计算，即可得到结果.【小问1详解】延长，，分别交边，，于点，，，依题意有，．在和中，由余弦定理有，即，化简有，．当且仅当时，等号成立，所以的最小值为．【小问2详解】由题意可知：，解得，则 ．今，原式有最小值，所以．解得．22.如图，在五边形中，四边形为矩形，点为边的中点，，，．沿，将，折起，使得，重合于点，得到四棱锥，为侧棱靠近的三等分点．（1）求与所成的角；（2）求平面与平面所成锐二面角的正切值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得面，然后由余弦定理可得，再结合勾股定理即可得到，从而可得面，即可得到结果；（2）根据题意，先由条件找到所求二面角，然后通过计算，即可得到结果.【小问1详解】由题可知，，，，且，．又，面，面，所以面．又面，所以．在中，由余弦定理可得， ．在中，，由余弦定理可得，，所以，即．又，面，面，所以面．又面，所以．故与所成的角为．【小问2详解】因为，，所以，．又，所以延长，必交于一点．所以平面平面．又面，过点作，连接，则或其补角为所求．又，所以．又，所以．在中，由余弦定理可得，．设点到的距离为，在中，运用等面积法则有．所以，在中，． 所以平面与平面所成锐二面角的正切值为．