山东省日照市2022-2023学年高一数学下学期期末校际联合考试试题（Word版附解析）

参照秘密级管理★启用前试卷类型：A2022级高一下学期期末校际联合考试数学试题2023.07考生注意：1．答题前，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．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，将试题卷和答题卡一并交回．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.的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据正弦的和差角公式即可求解.【详解】，故选:C．2.在中，为钝角，则点（）A.在第一象限B.在第二象限C.在第三象限D.在第四象限【答案】D【解析】【分析】根据题意，得到为钝角，所以为锐角，可得，，即可求解.【详解】因为中，为钝角，所以为锐角，可得，，所以点第四象限.故选：D． 3.已知为线段上一点，且，若为直线外一点，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据向量加法减法的三角形法则计算即可.【详解】如图，故选：B.4.我国北宋时期科技史上的杰作《梦溪笔淡》收录了计算扇形弧长的近似计算公式：，公式中“弦”是指扇形中圆弧所对弦的长，“矢”是指圆弧所在圆的半径与圆心到弦的距离之差，“径”是指扇形所在圆的直径．如图，已知扇形的面积为，扇形所在圆O的半径为2，利用上述公式，计算该扇形弧长的近似值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据扇形的面积公式可得圆心角大小，进而根据弧长的近似计算公式即可求解.【详解】设扇形的圆心角为α，由扇形面积公式可知，所以，如图，取的中点C，连接OC，交AB于点D，则．易知，则，所以 ，，，所以扇形弧长的近似值为．故选:C5.把函数的图像上所有的点向左平行移动个单位长度，再把所得图像上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），得到的图像所表示的函数是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据左右平移和周期变换原则变换即可得到结果.【详解】向左平移个单位得：将横坐标缩短为原来的得：本题正确选项：【点睛】本题考查三角函数的左右平移变换和周期变换的问题，属于基础题.6.已知函数在区间上单调递增，且在区间上只取得一次最大值，则的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】根据正弦函数的单调性可知，当时，；在区间上只取得一次最大值，可得，列出不等式求解可得.【详解】由于函数在上单调递增，，，且，解得且，所以；又因为在区间上只取得一次最大值，即时，；所以，解得；综上知，的取值范围是．故选：B．7.一个棱长为1分米的正方体形封闭容器中盛有升水（没有盛满），若将该容器任意放置均不能使容器内水平面呈三角形，则的一个可能取值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意分析知，任意转动正方体，液面形状都不可能为三角形，设正方体内水的体积为，而，由锥体的体积公式求解即可.【详解】如图，在正方体中，若要使液面形状不可能为三角形，则平面平行于水平面放置时，液面必须高于平面，且低于平面， 若满足上述条件，则任意转动正方体，液面形状都不可能为三角形，设正方体内水的体积为，而，而（升），（升），所以的取值范围是．故选：C．8.一纸片上绘有函数（）一个周期的图像，现将该纸片沿轴折成直二面角，此时原图像上相邻的最高点和最低点的空间距离为，若方程在区间上有两个实根，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由原图像上相邻的最高点和最低点的空间距离得出，再由正弦函数的性质得出实数的取值范围.【详解】原图像上相邻的最高点和最低点的空间距离为，，故，方程在区间上有两个实根，即有2个解， 由于，，则.故选：D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的，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9.下列选项正确的是（）A.B.C.在中，角，，所对的边分别为，，，若，则D.在中，角，，所对的边分别为，，，若，则一定是等腰三角形【答案】AC【解析】【分析】利用三角函数的恒等变换结合三角形正弦定理辨析即可；【详解】解：对A：；对B：；对C：若，由大角对大边得到，设为的外接圆半径，由正弦定理得，得到，故C正确．对于D：若，则，可得，则或者，所以为等腰或直角三角形．故选：AC. 10.已知、为两个不同平面，、为两条不同的直线，下列结论正确的为（）A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则【答案】ABD【解析】【分析】利用线面垂直判定定理可判断A选项；利用线面垂直的性质定理可判断B选项；根据已知条件判断线面位置关系，可判断C选项；利用面面垂直的判定定理可判断D选项.【详解】对于A，若，则取内任意两条相交直线、，使得，，又，则，，由线面垂直的判定定理得，故A正确；对于B，垂直于同一条直线的两个平面平行，故B正确；对于C，若，，则或，故C错误；对于D，若，，则，故D正确.故选：ABD．11.已知函数，有下列四个结论，其中正确的结论为（）A.在区间上单调递增B.不是的一个周期C.当时，的值域为D.的图像关于轴对称【答案】BCD【解析】【分析】对于A，通过举反例取，得出单调递减；对于B，根据周期的定义，即可判断；对于C，由得出的解析式，设，即可得出值域；对于D，由奇偶函数的定义判断出为偶函数，即可判断D．【详解】因为是上的偶函数，所以， 对于A：当时，，设，则，在上单调递减，又上单调递增，所以在单调递减，故A错误；对于B：，故B错误；对于C：当时，，设，则，因为，所以，故C正确；对于D：定义域为，因为，所以为偶函数，图像关于轴对称，故D正确；故选：BCD．12.在平面四边形中，，，，其外接圆圆心为，下列说法正确的是（）A.四边形的面积为B.该外接圆的直径为 C.D.过作交于点，则【答案】ACD【解析】【分析】A选项，利用圆内接四边形对角互补及余弦定理求出，，进而求出，利用面积公式进行求解；B选项，在A选项基础上，由正弦定理求出外接圆直径；C选项，利用数量积的几何意义进行求解；D选项，结合A选项和C选项中的结论，先求出∠DOF的正弦与余弦值，再利用向量数量积公式进行计算.【详解】对于A，连接，在中，，，由于，所以，故，解得，所以，，所以，故，，故四边形的面积为，故A错误； 对于B，设外接圆半径为，则，故该外接圆的直径为，半径为，故B正确；对于C，.对于D，连接，过点O作OG⊥CD于点F，过点B作BE⊥CD于点E，则由垂径定理得：，由于，所以，即，解得，所以，所以，故，且，因为，由对称性可知：DO为∠ADC的平分线，故，由A选项可知：，显然为锐角，故，，所以，所以，故D正确. 故选：ACD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知，，若，则______.【答案】##0.5【解析】【分析】利用平面向量垂直的坐标运算求解.【详解】解：因为，，且，所以，解得，故答案为：14.已知角的顶点在原点，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点，则______．【答案】【解析】【分析】利用两角和的余弦公式直接求解即可.【详解】由题知，，，则．故答案为：. 15.如图，在边长为的正方形中，以为圆心，为半径的圆分别交于点．当点在圆上运动时，的最大值为______．【答案】##【解析】【分析】以为坐标原点建立平面直角坐标系，设，利用向量数量积坐标运算和三角恒等变换知识可化简得到，结合正弦型函数最值可求得结果.【详解】以点为坐标原点建立如图所示平面直角坐标系，则，，设，，则，，则，则当时，即，取得最大值.故答案为：.16.如图，在直四棱柱中，底面为平行四边形，，，，，点在上底面所在平面上，使得，点在下底面所在平面上，使得，若三棱锥的外接球表面积为，则的取值范围是______． 【答案】【解析】【分析】首先根据条件,确定，的轨迹，然后确定外接球的球心位置，从而表示出外接球半径的关系式，最后结合函数分析求得的取值范围；【详解】由题意，在中，，，，由余弦定理得：，所以，由勾股定理逆定理得：，取、、的中点分别为、、，则，，又，故点在平面的轨迹为以为直径的圆，记为．，故点在平面的轨迹为以为直径的圆，记为，则经过点，且三棱锥的外接球球心在直线上．设，，球的半径为，则在中，，在中，则，则，由知， 则，，所以．故三棱锥的外接球的表面积．故答案为：.【点睛】关键点点睛：典型的外接球问题，能够通过条件确定，的轨迹，然后确定外接球的球心位置，是本题的难点和突破点，值得收藏和借鉴；四、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17.在中，角，，所对边分别为，，，且，，．（1）求的面积；（2）求边长及的值．【答案】（1）（2），【解析】【分析】（1）利用平方关系和面积公式求解即可.（2）利用余弦定理和正弦定理求解即可.【小问1详解】由，且，则，所以．【小问2详解】由，则， 又，则．18.如图，在四棱锥，四边形正方形，平面．，，点是的中点．（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，即可得到，从而得证；（2）依题意可证平面，即可求出、，再根据利用等体积法求出点到面的距离.【小问1详解】证明：连接交于点，连接，底面为正方形，为中点，点是的中点，，平面，平面，平面． 【小问2详解】解：因为平面，平面，所以，又四边形为正方形，所以，又，平面，所以平面，平面，所以，又点是的中点，，，所以，，，，所以，设点到平面的距离为，则，即，即，解得，即点到平面的距离为.19.已知函数（，，）的部分图像如图所示，为图像与轴的交点，，分别为图像的最高点和最低点．在中，角，，所对的边分别为，，，的面积． （1）求角的大小；（2）若，，点的坐标为，求的解析式．【答案】（1）（2）【解析】分析】（1）根据面积公式即可得，即可求解.（2）根据余弦定理可得，进而得为等边三角形，即可求解，根据即可求解.【小问1详解】因为，又，∴，即∵，∴．【小问2详解】由题意得，，，，∴由余弦定理，得，即,进而，所以三角形为直角三角形，又，设边与轴的交点为，则,所以为正三角形，∴且， ∴函数的最小正周期为2，∴∴又点在函数的图象上，∴，即，即∴，，即，，又，∴．故．20.已知函数只能同时满足下列三个条件中的两个：①函数的最大值为；②函数的图象可由的图象沿轴左右平移得到；③函数的图象的相邻两条对称轴之间的距离为．（1）请写出这两个条件的序号，求的解析式，并求出在上的值域；（2）求方程在区间上所有解的和．【答案】（1）条件为①③；；值域为（2）【解析】 【分析】（1）分析可知，条件①②矛盾，则③满足条件，求出的值，可知②不满足条件，由此可得出函数的解析式，由求出的取值范围，由正弦型函数的基本性质可求得函数的值域；（2）求出方程在区间上所有的解，即可求得结果.【小问1详解】解：函数满足的条件为①③；理由如下：由题意可知②函数的最大值为，条件①②互相矛盾，故③为函数满足的条件之一，由③可知，，所以，故②不合题意，所以函数满足的条件为①③；由①可知，所以，因为，所以，所以，所以的值域为.【小问2详解】解：因为，所以，所以或，所以或，又因为，所以的取值为、、、，所以方程在区间上所有的解的和为．21.如图所示，在四棱锥中，底面四边形是平行四边形，且，，． （1）证明：平面平面；（2）当二面角的平面角的余弦值为时，求直线与平面夹角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证，，根据线面垂直的判定定理得平面，再根据面面垂直的判定定理得平面平面；（2）取中点，连接，，可得为二面角的平面角，根据，求出，过作于点，可证直线与平面夹角即为．计算可得结果.【小问1详解】在中，由余弦定理得：，所以，则，，即，因为，，，所以，所以，即，又，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.【小问2详解】如图，取中点，连接，， 因为，，则，，所以为二面角的平面角，且由（1）知，平面平面，所以，又，所以，，.在中，，中垂线，所以由勾股定理可得，，，所以，又，，平面，所以平面，又，所以平面，过作于点，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，所以直线与平面夹角即为．中，，，所以直线与平面夹角的正弦值为．22.某烟花厂准备生产一款环保、安全的迷你小烟花，初步设计了一个平面图，如图所示，该平面图由，直角梯形和以为圆心的四分之一圆弧构成，其中，，，且，，，将平面图形以所在直线为轴，旋转一周形成的几何体即为烟花． （1）求该烟花的体积；（2）工厂准备将矩形（该矩形内接于图形，在弧上，在线段上，在上）旋转所形成的几何体用来安放燃料，设（），①请用表示燃料的体积；②若烟花燃烧时间和燃料体积满足关系，请计算这个烟花燃烧的最长时间．【答案】（1）（2）①；②【解析】【分析】（1）根据球，圆台，圆锥的体积公式运算即可；（2）①利用角度关系结合三角函数表示出矩形的边长，从而求出圆柱体的体积；②将体积代入关系式中并化简，解得：，然后结合复合函数和基本不等式将等式转化求解；【小问1详解】该烟花由半球，圆台，圆锥三部分组成，又，，，所以该烟花的体积； （2）①由图可知：，，在梯形中，由，，易知，故，则，所以；【小问2详解】由上问可知：即，令，则，上式即为，又令，，则，当时，，当时，，当时，当且仅当，即，即时，等号成立，满足题意．该烟花燃烧的最长时间为．