山东省青岛市平度市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

2022—2023学年度第二学期第二学段模块检测高一数学试题2023.07本试卷共6页，22题．全卷满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3．考试结束后，请将答题卡上交.一、单项选择题：本大题共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.已知，是空间直角坐标系中的两点，点关于轴对称的点为，则两点间的距离为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先根据对称性求出点的坐标，然后直接利用空间两点间距离公式求解即可.【详解】因为，所以点关于轴对称的点，所以.故选：D.2.已知，，则=（）A.B.2C.D.【答案】A【解析】【分析】设，根据已知条件求出，再用模的公式求. 【详解】设复数，则，由已知得，解得，则有，，得.故选：A3.已知非零向量，满足，，若，则（）A.1B.C.D.【答案】D【解析】【分析】直接根据列式即可求出结果.【详解】因为，所以，所以，又因为，所以，所以.故选：D.4.已知圆锥母线与底面所成角为，侧面积为，则该圆锥的体积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由给定条件可得圆锥轴截面是正三角形，再由侧面积求出底面圆半径及高即可求解作答.【详解】因为圆锥的母线与底面所成角为，则该圆锥的轴截面是正三角形，令圆锥底面圆半径为，则母线，圆锥侧面积，解得，圆锥的高，所以该圆锥的体积为.故选：B5.记的三个内角、、的对边分别为、、，若，，，则的面积为（） A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理求出的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积.【详解】因为，，，由余弦定理可得，可得，由三角形的面积公式可得.故选：B.6.为测量山高，选择点和另一座山的山顶为测量点，若点，，在同一水平面上，从点测得的仰角为60°，的仰角为45°，，从点测得．已知山高，则山高为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据已知条件，结合三角形中内角和为，利用三角函数和正弦定理，即可求解．【详解】如图所示，在中，∵，，∴，在中，，，∴， 由正弦定理，可得，，在中，，.故选：C7.在正三棱柱中，，，分别是，中点，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】设，取的中点，的中点，的中点,可得异面直线与所成角为或其补角，利用余弦定理即可求解.【详解】设，取的中点，的中点，的中点,易知,,所以异面直线与所成角为或其补角.由正三棱柱的几何特征可得.,,,，, 在中，由余弦定理可得,所以异面直线与所成角的余弦值为.故选:A.8.已知，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先根据已知条件求出，，从而求出，进而利用二倍角的余弦公式求出结论.【详解】因为，所以，又，所以，，所以，所以.故选：C.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9.已知向量，，，则（）A.B.C.若，∥，则 D.在上的投影向量的坐标为【答案】BCD【解析】【分析】先由，得，从而可求出的坐标，然后逐个分析判断即可.【详解】因为，，，所以，得，所以，，所以A错误，对于B，因为，，所以，因为，所以，所以B正确，对于C，因为，∥，，所以，所以，所以，所以C正确，对于D，因为，，所以在上的投影向量的坐标为，所以D正确，故选：BCD10.已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下述正确的是（）A.若，，则B.若，，则C.若，，，则D.若，，，、则【答案】BC【解析】【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐项判断即可.【详解】对于A，若，，则与相交、平行或异面，故A错误； 对于B，若，，则，故B正确；对于C，若，，则,若，则，故C正确；对于D，若，则，可能相交，故D错误.故选:BC.11.已知函数，，的最小值为，则（）A.B.，都有C.，，则m的最大值为D.将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于原点对称【答案】AD【解析】【分析】利用辅助角公式化简函数，由已知求出周期判断A；代入验证对称轴判断B；求出函数在区间上的值域判断C；平移求出解析式判断D作答.【详解】依题意，，显然函数的最大值、最小值分别为，因为，则与中一个取2，另一个取，又的最小值为，于是的半周期，即周期，，解得，A正确；于是，而，则直线不是函数图象的对称轴，即，B错误；当时，，，则，因为，，因此，的最大值为2，C错误； 因为函数的图象关于原点对称，所以将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，D正确.故选：AD12.如图甲，在梯形中，∥，，，，，分别为，的中点，将沿折起（如图乙），使得，则（）A.直线∥平面B.三棱锥的体积为C.直线与平面所成角的正弦值为D.若四棱锥的各顶点都在球的球面上，则球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】对于A，取的中点，连接，可证得四边形为平行四边形，则∥，然后由线面平行的判定定理分析判断，对于B，由题意可证得平面，然后利用求解判断，对于C，取的中点，连接，可证得为直线与平面所成角，然后在中求解，对于D，连接交于点，过作直线平面，则外接球的球心在直线上，然后可求出其半径，从而可求出球的表面积.【详解】因在梯形中，∥，，，，所以，四边形为正方形，对于A，取的中点，连接， 因为为的中点，所以∥，，因为为的中点，所以，因为∥，，所以∥，，所以四边形为平行四边形，所以∥，因为平面，平面，所以直线∥平面，所以A正确，对于B，因为，，，平面，所以平面，所以，所以B错误，对于C，取的中点，连接，则∥，因为，，所以，，因为，平面，所以平面，所以为直线与平面所成角，在中，，则，所以，所以C正确，对于D，连接交于点，过作直线平面，因为平面，四边形为正方形，所以四棱锥外接球的球心在直线上，设外接球的半径为，则，所以四棱锥外接球的表面积为，所以D正确，故选：ACD【点睛】 关键点点睛：此题考查线面平行的判断，考查线面角的求法，考查棱锥的外接球问题，解题的关键是将平面图形折成空间图形过程中，弄清线面之间的关系，考查空间想象能力，属于较难题.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.若非零向量、满足，，则向量、的夹角为____________．【答案】【解析】【分析】由平面向量的数量积可求出，结合向量夹角的取值范围可得出向量、的夹角.【详解】因为非零向量、满足，，则，即，即，即，所以，，因为，故，即向量、的夹角为.故答案为：.14.在正四棱锥中，，用平行于正四棱锥底面的平面截去一个高为的四棱锥后，所得棱台的体积为____________．【答案】##【解析】【分析】先利用勾股定理求出正四棱锥的高，再利用相似比求出截去的高为的四棱锥的底面边长，在求出两个棱锥的体积即可.【详解】如图，为底面四边形对角线的交点，则为正四棱锥的高，，则，设截去的高为的四棱锥的底面边长为，则，解得，所以棱台的体积为. 故答案为：.15.记的三个内角的对边分别为，，，且，，若是的外心，则____________．【答案】【解析】【分析】作于，于，根据向量数量积的几何意义，，即可得到答案.详解】如图：作于，于，∵圆中，，∴，因此，同理可得，∴.故答案为:.16.棱长为的正四面体的各顶点都在球心为的球面上，则过点，，的平面截四面体所得截面图形的面积为____________；球的体积为____________． 【答案】①.②.【解析】【分析】将正四面体放到正方体中，则正方体的外接球即为正四面体的外接球，求出正方体的体对角线即为外接球的直径，即可求出外接球的体积，取的中点，连接、，则即为过点，，的平面截四面体所得截面图形，求出截面面积即可.【详解】如图将棱长为的正四面体放到正方体中，则正方体的外接球即为正四面体的外接球，正方体外接球的球心在体对角线的交点，体对角线即为外接球的直径，设正方体的棱长为，由已知可得，解得，设正方体外接球的半径为，则，即，所以外接球的体积，取的中点，连接、，根据正方体的性质可知即为过点，，的平面截四面体所得截面图形，又，，所以，即过点，，的平面截四面体所得截面图形的面积为.故答案为：；四、解答题：本大题共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，，且，．（1）求； （2）求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先根据求出，然后对待求式变形即可得出结论；（2）利用两角差的正弦公式可直接求解.【小问1详解】因为，所以，又因为，所以由，解得，所以.【小问2详解】因为，，所以，又因为，，所以，所以.18.如图，平行六面体的底面是菱形，，且． （1）证明：平面；（2）求与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）设，，，利用空间向量的数量积证明出，，结合线面垂直的判定定理可证等价结论成立；（2）分析可知平面的一个法向量为，计算出、、的值，利用空间向量法可得出与平面所成角的正弦值.【小问1详解】证明：设，，，则，，，，，因为，所以，因为，所以，又因为，、平面，所以平面.【小问2详解】解：设与平面所成角为，因为平面，则平面的一个法向量为，因为，， ，所以，，所以，即与平面所成角的正弦值为.19.已知，，．（1）求的单调递增区间；（2）若的三个内角，，的对边分别为，，，，，边上的高，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示与辅助角公式化简，再利用正弦函数的单调性即可得解；（2）先由求得角，再利用三角形面积公式与余弦定理得到的关系式，从而得解.【小问1详解】因为，由，得所以函数的单调递增区间为【小问2详解】因为，即， 又，则，所以，故，因为，所以，又因为，，所以，所以由，，，得，，，所以.20.如图，在正四梭柱中，已知，三棱锥体积为．（1）求点到平面的距离；（2）求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先根据棱锥的体积公式求出正四梭柱的高，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；（2）利用向量法求解即可.【小问1详解】因为为正四棱柱，，所以平面，，所以， 所以，如图以点为原点，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的法向量为，则，可取，则点到平面的距离；【小问2详解】因为且，所以为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理可证平面，又平面，所以平面平面，所以是平面的法向量，设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为. 21.的三个内角、、的对边分别为、、，若．（1）求角；（2）若，，，求、．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；（2）由可得出，利用平面向量数量积的运算性质以及余弦定理可得出关于、的方程组，即可解得、的值.【小问1详解】解：因为，由正弦定理可得，即，即，因为，则，所以，，解得，故.【小问2详解】解：因为，则，可得，所以，，所以，，①由余弦定理可得，② 联立①②可解得.22.如图，四边形与均为菱形，，，，记平面与平面的交线为．（1）证明：；（2）证明：平面平面；（3）记平面与平面夹角为，若正实数，满足，，证明：．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）通过线面平行的性质定理进行转化求解即可；（2）通过图形关系证明，，然后得到线面垂直，再证明面面垂直即可；（3）首先通过几何图形关系得到即为平面与平面的夹角，得到角度后，通过基本不等式或三元均值不等式转化证明即可.【小问1详解】因为为菱形，所以，因为平面，平面，所以平面，又因为平面，平面平面，所以.【小问2详解】连接交于点，连接，因为为菱形，所以，为中点，因为，所以， 又因为平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面【小问3详解】因为为菱形，，，所以，，又因为为菱形，所以，因为，，所以，所以，所以，即，又因为，平面，，所以平面，又由（1）知，所以平面，所以即为平面与平面的夹角，在直角中，，所以，所以平面与平面夹角的大小为，因为，所以，两式相加得，，下面证明：①；②；且等号不同时取；法一：基本不等式因为 当且仅当时取等号，所以，同理（当且仅当取等号）所以，即，所以法二：三元均值不等式当且仅当时取等号，所以，同理（当且仅当取等号）所以，即，所以.【点睛】思路点睛：本题考查立体几何与基本不等式的综合问题.立体几何要通过性质定理和判定定理进行图形关系的转化，不等式证明问题需要联系常用的基本不等式，将形式进行转化进而求解.