江西省上高二中2022-2023学年高一下学期期末数学复习卷试题

这是一份江西省上高二中2022-2023学年高一下学期期末数学复习卷试题，共29页。试卷主要包含了选择题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高一数学试题期末考试复习卷
一、选择题
1. 已知，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
先求出的值，再把变形为，再利用差角的余弦公式展开化简即得的值.
【详解】∵，
∴90°＜＜180°，
∴，
∴
，
故选：D.
【点睛】三角恒等变形要注意“三看（看角看名看式）”和“三变（变角变名变式）”，本题主要利用了看角变角，，把未知的角向已知的角转化，从而完成解题目标.
2. 如图所示，正方形的边长为2cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（ ）

A. 16cm B. cm
C. 8cm D. cm
【答案】A
【解析】
【分析】由直观图确定原图形中平行四边形中线段的长度与关系，然后计算可得．
【详解】由斜二测画法，原图形是平行四边形，，
又，，，
所以，
周长为．
故选：A．

3. 在△ABC中，c＝，A＝75°，B＝45°，则△ABC的外接圆面积为
A. B. π C. 2π D. 4π
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定理可得2R＝，解得R＝1，故△ABC的外接圆面积S＝πR2＝π.
【详解】在△ABC中，A＝75°，B＝45°，∴C＝180°－A－B＝60°.设△ABC的外接圆半径为R，则由正弦定理可得2R＝，解得R＝1，
故△ABC的外接圆面积S＝πR2＝π.
故选B.
【点睛】本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现 及 、 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
4. 在△中，若，则△的形状是（ ）
A. 直角三角形 B. 等腰或直角三角形
C. 等腰三角形 D. 等边三角形
【答案】B
【解析】
【分析】利用切化弦及正弦定理边角转化，可得，即，从而可得出或.
【详解】由，可得，
由正弦定理，可得，
因为，所以，
则，故或，
即或，所以△是等腰或直角三角形.
故选：B.
【点睛】本题考查正弦定理的应用，考查三角函数恒等变换，考查学生的推理能力，属于基础题.
5. 已知，向量在向量上的投影为，则与的夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量的几何意义，列出方程求出与夹角的余弦值，即可得出夹角大小.
【详解】记向量与向量的夹角为，
在上的投影为.
在上的投影为，
，
，
.
故选：B.
6. 已知，为单位向量，，记是与方向相同的单位向量，则在方向上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量投影的定义求解.
【详解】由题设可得，即，则，
设与的夹角为，则.
又，故,
因为是与方向相同的单位向量，所以在方向上的投影向量为.
故选: C
7. 甲船在岛的正南方处，且甲船以的速度向正北方向航行，同时乙船自岛出发以的速度向北偏东的方向行驶，当甲、乙两船相距最近时它们航行的时间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题意画出图形，假设经过x小时两船相距最近，利用余弦定理可得
，当时，最小，即最小，两船相距最近，最后将小时换算成分钟即可得解.
【详解】假设经过x小时两船相距最近，甲乙分别行至C，D如图所示：

可知，，，


，
当小时，即时，距离最小.
故选：A．
【点睛】本题考查利用余弦定理定理解决实际问题，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于常考题.
8. 若函数在上有零点，则实数的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意结合函数零点的概念可得方程在上有解，令，通过换元法求得y在上的值域即可得解.
【详解】因为函数在上有零点，
所以方程在上有解，
设，
，，，
，
，
当时，y取得最大值，当时，y取得最小值，
故可得，.
故选：A.
【点睛】本题考查了函数与方程的综合应用，考查了三角函数的性质及三角恒等变换的应用，考查了逻辑思维能力和运算求解能力，属于中档题.
9. 如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F且EF=，则下列结论中错误的是（ ）

A. AC⊥BE B. EF平面ABCD
C. 三棱锥A-BEF的体积为定值 D. 异面直线AE,BF所成的角为定值
【答案】D
【解析】
【分析】A．通过线面的垂直关系可证真假；B．根据线面平行可证真假；C．根据三棱锥的体积计算的公式可证真假；D．根据列举特殊情况可证真假.
【详解】A．因为，所以平面，
又因为平面，所以，故正确；
B．因为，所以，且平面，平面，
所以平面，故正确；
C．因为为定值，到平面的距离为，
所以为定值，故正确；
D．当，，取为，如下图所示：

因为，所以异面直线所成角为，
且，
当，，取为，如下图所示：

因为，所以四边形是平行四边形，所以，
所以异面直线所成角为，且，
由此可知：异面直线所成角不是定值，故错误.
故选：D.
【点睛】本题考查立体几何中的综合应用，涉及到线面垂直与线面平行的证明、异面直线所成角以及三棱锥体积的计算，难度较难.注意求解异面直线所成角时，将直线平移至同一平面内.
10. 函数图像上一点向右平移个单位，得到的点也在图像上，线段与函数的图像有5个交点，且满足，，若，与有两个交点，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据已知条件分析出，可得，再由可得对称轴为，利用可以求出符合题意的一个的值，进而得出的解析式，再由数形结合的方法求的取值范围即可.
【详解】
如图假设，线段与函数的图像有5个交点，则，
所以由分析可得，所以，
可得，
因为所以，即，
所以是的对称轴，
所以，即，
，
所以，可令得，
所以，
当时，令，则，
作图象如图所示：

当即时，当即时，，
由图知若，与有两个交点，则的取值范围为，
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是取特殊点便于分体问题，利用已知条件结合三角函数图象的特点，以及三角函数的性质求出的解析式，再利用数形结合的思想求解的取值范围.
11. 已知向量的夹角为，，向量，且，则向量夹角的余弦值的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题意可得，，
令，则，
通过换元可得，所以，当时，可得的 最小值.
【详解】依题意可得，，则，
，
，则，
所以，，
令，则，
令，由得，
则，所以，故
所以，当时，有最小值.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键点是：令，通过换元得到.
二、多选题
12. 若向量，，下列结论正确的是（ ）
A. 若同向，则
B. 与垂直的单位向量一定是
C. 若在上的投影向量为（是与向量同向的单位向量），则
D. 若与所成角为锐角，则n的取值范围是
【答案】AC
【解析】
【分析】A．先根据共线确定出的可取值，然后根据同向确定出的值；
B．分析的相反向量与的位置关系并进行判断；
C．根据求解出的值；
D．根据且不同向即可求解出的取值范围.
【详解】A．设，所以，所以，即，所以满足，故正确；
B．因为，所以也是与垂直的单位向量，故错误；
C．因为在上的投影向量为，所以，所以，所以，故正确；
D．因为与所成角为锐角，所以且不同向，
所以，所以，故错误；
故选：AC.
【点睛】思路点睛：已知向量的夹角为锐角或者钝角，求解参数范围的步骤：
（1）根据两个向量的夹角为锐角或钝角，得到或，求解出的范围；
（2）特殊分析：当两个向量共线时，计算出参数的取值；
（3）排除两个向量共线时参数的取值，确定出参数的取值范围.
13. 对于函数，下列结论正确的是（ ）
A. 把函数f(x)的图象上的各点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，则是函数y=g(x)的一个周期
B. 对，若，则
C. 对成立
D. 当且仅当时，f(x)取得最大值
【答案】AC
【解析】
【分析】根据三角函数的变换规则化简即可判断A；令， ，判断函数的单调性，即可判断B；代入直接利用诱导公式化简即可；首先求出的最大值，从而得到的取值；
【详解】解：因为，令，所以，所以，
对于A：将图象上的各点的横坐标变为原来的倍，则，所以
，所以是函数y=g(x)的一个周期，故A正确；
对于B：因为，所以，
则在上单调递减，在上单调递增，
又，对称轴为，开口向上，函数在上单调递减，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
故B错误；
对于C：


，故C正确；
因为，，当时取得最大值，令，则，所以，解得，即当时，函数取得最大值，故D错误；
故选：AC
【点睛】本题考查三角函数的综合应用，解答的关键是换元令，将函数转化为二次函数；
14. 已知中，，，为边上的高，且，沿将折起至的位置，使得，则（ ）

A. 平面平面
B. 三棱锥的体积为8
C.
D. 三棱锥外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据及翻折前后几何元素的位置关系得到，，从而可得平面平面，A选项正确；
先根据已知求出，再求得，然后利用三角形的面积计算公式、锥体的体积计算公式及等体积法求得结果，即可判断B选项；
在中利用余弦定理求得的值，即可判断C选项；
利用几何直观及三棱锥外接球的球心与侧面的位置关系，结合已知得到部分几何元素的数量关系，从而求得三棱锥外接球的半径，最后根据球的表面积的计算公式求得结果，即可判断D选项．
【详解】对于A：因为为边上的高，所以，沿将折起至的位置后，，，所以平面，所以平面平面，所以A选项正确；
对于B：因为，，，所以，又，所以，，所以B选项不正确；
对于C：在中，，，，由余弦定理可得，所以，所以C选项正确；
对于D：如图，记为三棱锥外接球的球心，为外接圆的圆心，连接，则平面，取的中点，的中点，连接，得，又平面，所以平面PDC，故，连接，，易知平面，平面，故，且，则四边形为矩形，连接，，则为外接圆的半径，由正弦定理可得，所以，又，故外接球半径，所以三棱锥外接球的表面积为，所以D选项正确．
故选：ACD．

【点睛】方法点睛：三棱锥外接球的球心的一般作法：
分别找到两个侧面三角形的外心，再分别过外心作相应平面的垂线，两垂线的交点即三棱锥外接球的球心，通常是找到两个特殊三角形，因为这样易找到外心或易求得外接圆的半径．
二、填空题
15. 已知向量与满足，，与的夹角为，，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量垂直的表示列方程，解方程求得的值，进而求得.
【详解】依题意，，，与的夹角为，，
所以，
解得.
所以


故答案为：
【点睛】本小题主要考查向量垂直的表示，考查向量模的求法，属于中档题.
16. 在锐角中，，，则的取值范围为____________.
【答案】
【解析】
【详解】解：在锐角△ABC中，BC=1，∠B=2∠A，∴π 2 ＜3 A＜π，且 0＜2A＜π 2 ，故 π 6 ＜A＜π 4 ，故 ＜cosA＜ ． 由正弦定理可得 1： sinA =" b" ：sin2A ，∴b=2cosA，∴＜b＜ ．
17. 关于函数，有下列命题：
①偶函数；
②方程的解集为；
③的图象关于点对称；
④在内的增区间为和；
⑤的振幅为4，频率为，初相为．
其中真命题的序号为______．
【答案】③⑤
【解析】
【分析】①利用三角函数的奇偶性判断真假；②解三角方程来判断真假；③利用代入法判断真假；④利用单调性的知识判断真假；⑤根据的有关概念判断真假.
【详解】①，依题意，令，则，所以①错误.
②，由得.当，即时，，但，所以②错误.
③，，所以的图象关于点对称，即③正确.
④，由于，
，
所以不是的增区间，所以④错误.
⑤，的振幅为，周期，频率为，初相为，所以⑤正确.
故答案为：③⑤
【点睛】本小题主要考查三角函数的奇偶性、对称性、单调性、和三角函数的概念，属于中档题.
18. 关于，有如下四个结论：
①是奇函数.
②图像关于轴对称.
③是的一条对称轴.
④有最大值和最小值.
其中说法正确的序号是________．
【答案】①③
【解析】
【分析】
借助于的性质，对照四个选项，一一验证.
【详解】的定义域
对于①：定义域关于原点对称，，即是奇函数，故①正确；
是奇函数，图像关于原点对称，故②错误；
对于③：
而，
所以，故③正确；
对于④：令，则，
无最小值，无最大值，故④错误.
故答案为：①③
【点睛】这是另一种形式的多项选择，多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证．
19. 南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上：以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实：一为从隅，开平方得积可用公式（其中、、、为三角形的三边和面积）表示.在中，、、分别为角、、所对的边，若，且，则面积的最大值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】由条件结合余弦定理可得出，然后利用二次函数的基本性质结合公式可求得面积的最大值.
【详解】，则，
可得，
所以，.
当且仅当时，等号成立.
因此，面积的最大值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求三角形面积的最值一种常见的类型，主要方法有两类：
（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式或二次函数的基本性质来求解；
（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.
三、解答题
20. 已知角的顶点在原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边在射线上．
（1）求的值；
（2）若，求的值．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）根据三角函数的定义求得，由此求得的值.
（2）先求得的值，利用诱导公式、同角三角函数的基本关系式化简所求表达式，由此求得所求表达式的值.
【详解】（1）因为角的终边在射线上，所以可设终边上一点，
则根据三角函数的定义有，，
，所以．
（2）由及，
解得：；
所以


【点睛】本小题主要考查三角函数的定义，考查两角和的正切公式，考查诱导公式、同角三角函数的基本关系式，属于中档题.
21. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
（1）求角C；（2）若，，求的周长.
【答案】（1）（2）
【解析】
【详解】试题分析：（1）根据正弦定理把化成，利用和角公式可得从而求得角；（2）根据三角形的面积和角的值求得，由余弦定理求得边得到的周长.
试题解析：（1）由已知可得

（2）
又
，
的周长为
考点：正余弦定理解三角形.

22. 设．
（1）求使不等式成立的的取值集合；
（2）先将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变；再向右平移个单位；最后向下平移个单位得到函数的图象．若不等式在上恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）利用降幂公式和辅助角公式可得，因此等价于，利用正弦函数的性质可求不等式的解集.
（2）根据图象变换可得，从而原不等式可化为在，换元后利用二次函数的性质可求的取值范围.
【详解】解：.
（1）即：
，
所以原不等式的解集为：.
（2）将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变,得；再向右平移个单位，得；最后向下平移个单位得到函数，
∴.
设，由可得：，
则原不等式等价于：在上恒成立；
设，，则在递增，在递减，所以，
所以．
【点睛】形如的函数，可以利用降幂公式和辅助角公式将其化为的形式，再根据正弦函数的性质求与相关的不等式或方程的求解问题．另外，含的二次式的恒成立问题，常通过换元转化为一元二次不等式在相应范围上的恒成立问题.
23. 已知的面积为S，三边分别为，且．
（1）求；
（2）求，求周长的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）由数量积的定义及面积公式的表示化简即可得解；
（2）由余弦定理得，从而可得最值.
【详解】（1）由得，
，所以，
由，解得；
（2）由余弦定理可得：，
得，解得，当且仅当时等号成立，
所以当时，周长的最大值为，
24. 如图，在正三棱柱中，分别为的中点.

（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据，从而可得，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）根据棱锥的体积公式计算即可.
【小问1详解】
证明：分别为的中点，，
又，
又平面平面，
平面；
【小问2详解】
解：由题知，底面为等边三角形，
分别为的中点，，
，
又，
三棱锥的体积.
25. 如图，在梯形中，，．

（1）若，，，试用、表示；
（2）若，是梯形所在平面内一点，求的最小值．
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】（1）计算出的长，利用平面向量的减法法则可得出结果；
（2）取的中点，连接，以点为原点，、所在直线分别为、轴建立平面直角坐标系，设点，利用平面向量数量积的坐标运算结合二次函数的基本性质可求得的最小值.
【详解】（1）如下图所示，过点作交于点，设，

，且，所以，四边形是边长为的菱形，
所以，且，
，即，整理可得，，解得，
所以，，因此，；
（2）取的中点，连接，
，为的中点，则，所以，且，
又因为，则四边形为菱形，则，
所以，为等边三角形，
取的中点，连接，以点为原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，则、、，
设点，，，，
则，
所以，
，
所以，当且时，最小值.

【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
26. 已知，函数．
（1）求函数在区间上的最大值和最小值；
（2）若，求的值；
（3）若函数在区间上是单调递增函数，求正数的取值范围．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】（1）由题意先表示出的表达式，然后运用辅助角公式化简，求出在区间上的最值
（2）由题意得，结合求解出答案
（3）表示出函数的单调增区间，结合题意讨论得到的取值范围.
【详解】（1） ，
因为，所以，所以，
所以．
（2）因为，所以，所以，
因为，所以，
所以，
所以
．
（3），令， 得，
因为函数在上是单调递增函数，所以存在，使得
所以有 即
因为，所以又因为， 所以， 所以
从而有，所以，
所以
【点睛】方法点睛：本题主要考查了三角函数的综合运用，利用辅助角公式化简求出最值，并结合三角函数图像的单调性求的取值范围，解决此类问题常采用整体代换思想．
27. 已知向量.
（1）求函数f（x）的单调增区间.
（2）若方程上有解，求实数m的取值范围.
（3）设，已知区间[a，b]（a，b∈R且a＜b）满足：y＝g（x）在[a，b]上至少含有100个零点，在所有满足上述条件的[a，b]中求b﹣a的最小值.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【解析】
【分析】
（1）根据数量积运算和倍角公式、辅助角公式，求出.令，求出的取值范围，即得函数的单调递增区间；
（2）由（1）知.当时，求得.令，则方程在上有解，即方程在上有解，即求实数的取值范围；
（3）求出函数的解析式，令，得零点的值，可得零点间隔依次为和.若最小，则均为零点，结合函数在上至少含有100个零点，求得的最小值.
【详解】（1），

.
令，得，
函数的单调递增区间为.
（2）由（1）知
，即.
令，则.
方程在上有解，即方程在上有解.
又在上单调递增，在上单调递减，
，即.
实数的取值范围为.
（3）.
令，得或，
或.
函数的零点间隔依次为和.
若最小，则均为零点.
函数上至少含有100个零点，
.
【点睛】本题考查三角恒等变换、三角函数的性质、函数与方程及函数的零点，属于难题.