精品解析：重庆市第一中学教育共同体高一下学期期中数学试题

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重庆一中教育共同体高高一下期期中考试
数学试题卷
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号在答题卡上填写清楚.
2，每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试题卷上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟.
一､单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求的）
1. 复数满足（为虚数单位），则的最小值为（ ）
A. 3 B. 4 C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数在复平面内的几何意义，转化点到点的距离求解.
【详解】设，

复数的对应点在以原点为圆心，半径的圆上运动，
表示点与复数的对应点的距离，


故选：B.
2. 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55米，高19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，正视图如图2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为（ ）
（参考数据：，，，）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先根据图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为，而圆台一个底面的半径为，再根据球、圆柱和圆台的体积公式即可求解．
【详解】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为（m），而圆台一个底面的半径为（m），
则（m3），
（m3），
（m3），
所以（m3）．
故选：A．
3. 已知，且，则的最大值为（　　）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用两角差的正弦公式展开，并利用同角三角函数的商数关系化为关于的方程，根据已知角的范围和三角函数的性质得到，利用三角函数的辅助角公式和三角函数的有界性得到关于的不等式，求得其最大值.
【详解】∵，∴，
∴，∴，
∵，∴，∴，
又∵，∴，
由得，
∴存在使得，∴
∴∴，∴，
由于，的取值范围达到余弦函数的半个周期，的值必能取到1，因此这里能够取到等号，所以的最大值为，
故选：B
4. 已知锐角中，内角、、的对边分别为、、，，若存在最大值，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用余弦定理结合正弦定理化简可得出，根据为锐角三角形可求得角的取值范围，利用二倍角公式以及诱导公式化简得出，求出的取值范围，根据二次函数的基本性质可得出关于实数的不等式，解之即可.
【详解】由余弦定理可得，则，
由正弦定理可得
，
因为为锐角三角形，则，，所以，，
又因为函数在内单调递增，所以，，可得，
由于为锐角三角形，则，即，解得，

，
因为，则，
因为存在最大值，则，解得.
故选：C.
【点睛】方法点睛：三角函数最值的不同求法：
①利用和的最值直接求；
②把形如的三角函数化为的形式求最值；
③利用和的关系转换成二次函数求最值；
④形如或转换成二次函数求最值.
5. 在三棱锥中，已知，且，则的最小值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】以，，为基底，根据已知列方程，结合重要不等式可解.
【详解】设，，，∵，
∴，
又∵，∴，
∴，
∴，当且仅当时，等号成立，即的最小值是．
故选：B

6. 已知平面内一正三角形的外接圆半径为4，在三角形中心为圆心为半径的圆上有一个动，则最大值为（ ）
A. 13 B. C. 5 D.
【答案】A
【解析】
【分析】建立直角坐标系，可以表示出的坐标，再设点，即可用与表示出，即可求出答案.
【详解】建立如图所示坐标系，

则点，
设点，且，
则


故当 时，有最大值为13
故选：A.
7. 已知函数，若实数a、b、c使得对任意的实数恒成立，则的值为（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，得到，根据题意转化为，由此得出方程组，分和，两种情况讨论，即可求解.
【详解】设，
可得，其中，且，
因为实数使得对任意的实数恒成立，
即恒成立，
即恒成立，
所以
由上式对任意恒成立，故必有，
若，则由式①知，显然不满足式③，所以，
所以，由式②知，则，
当时，则式①，③矛盾.
所以，由式①，③知，所以.
故选：B.
【点睛】知识方法：有关三角函数综合问题的求解策略：
1、根据题意问题转化为已知条件转化为三角函数的解析式和图象，然后在根据数形结合思想研究三角函数的性质，进而加深理解函数的性质.
2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.
8. 如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（ ）

A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】先在图中作出直线与平面所成的角，平面与底面所成的锐二面角，可得，同理得，再由和差化积公式得到，即可判断A、C选项；再通过三角恒等变换得到，进而得到，即，即可判断B、D选项.
【详解】
如图：延长EF，AB交于M，延长EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平面ABC和平面EFG的交线，
又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理可得.
过A作面EFG，垂足为P，过A作，垂足为Q，连接，易得即为直线与平面所成的角，
则，又面EFG，面EFG，则，又，面，，
所以面，面，则，则即为平面与底面所成的锐二面角，则，
又，则，同理可得，则，
又由，
，
则，
故，A，C错误；
故，由可知，所以，
即，整理可得，
即，即，
故，又，故，B正确，D错误.
故选：B.
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. 如图，在平面直角坐标系中，点为直径为2的圆上的一定点，初始时，边长为的正六边形的顶点，在圆上，且在点处，将正六边形沿圆逆时针滚动，则滚动过程中（ ）

A. 点与顶点，，重合
B. 的最小值为
C. 点在圆上的落点满足
D. 点再次与点重合时点的轨迹长为
【答案】ACD
【解析】
【分析】先由余弦定理计算出正六边形的每一条边所对的圆心角为，得出沿圆运动3圈，再根据长度关系依次得出每个选项的正误.
【详解】分别连接OA、OB，

由余弦定理得，，
则，即在圆内，正六边形的每一条边作为弦时，所对的圆心角为，
由此可得，将正六边形ABCDEF沿圆O逆时针滚动，
滚动条边时，正六边形回到P点，
而8与6的最小公倍数是24，即沿圆运动3圈，正六边形滚动4周时，点A再次与点P重合，
滚动时点依次如下图，

由图可得，点P与顶点ACE重合，选项A正确；
，而最小值为-1，则的最小值也是-1，选项B错误；
因点A在圆上的落点两两关于原点对称，所以点在圆上的落点满足，选项C正确；

如图为正六边形ABCDEF滚动1次到正六边形时的图形，
，又因为图形关于直线OB轴对称，所以，
则每一次滚动时，正六边形旋转的角度为，
因此正六边形ABCDEF滚动1周时，点A先以B为圆心，BA为半径运动，
再以C为圆心，CA为半径运动，
再以D为圆心，DA为半径运动，
再以E圆心，EA为半径运动，
再以F为圆心，FA为半径运动，
则一周内，点A的轨迹长为，
点A再次与点P重合时，正六边形ABCDEF滚动4周，则总轨迹长为，选项D正确.
故选：ACD.
10. 如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则（ ）

A. 球与圆柱的体积之比为
B. 四面体CDEF的体积的取值范围为
C. 平面DEF截得球的截面面积最小值为
D. 若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据给定的条件，利用球、圆柱的体积公式计算判断A；利用建立函数关系判断B；求出球心O到平面DEF距离的最大值判断C；令点P在圆柱下底面圆所在平面上的投影点为Q，设，利用勾股定理建立函数关系，求出值域作答.
【详解】对于A，球的体积为，圆柱的体积，则球与圆柱的体积之比为，A正确；
对于B，设为点到平面的距离，，而平面经过线段的中点，
四面体CDEF的体积，B错误；
对于C，过作于，如图，而，则，

又，于是，设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则，
又，则平面DEF截球的截面圆面积，C错误；
对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接，
当与都不重合时，设，则，当与之一重合时，上式也成立，
因此，，
则，
令，则，而，即，
因此，解得，所以的取值范围为，D正确.
故选：AD
【点睛】思路点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.
11. 如图，半圆面平面，四边形是矩形，且，，分别是，线段上的动点（不含端点），且，则下列说法正确的有（ ）

A. 平面平面
B. 存在使得
C. 的轨迹长度为
D. 直线与平面所成角的最大值的正弦值为
【答案】AB
【解析】
【分析】由面面垂直和线面垂直性质可得，结合，由线面垂直和面面垂直的判定可知A正确；令，过作于点，若，则平面，可利用表示出，利用勾股定理可构造方程求得，知B正确；取BC的中点E，取半圆弧的中点F，以O为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，利用空间距离，求解N点坐标活动范围，得出结果，从而知C错误；根据，结合C中结论可求得，知D错误.
【详解】对于A，为直径，；
半圆面平面，半圆面平面，，平面，

半圆面，又半圆面，，
又，平面，平面，
平面，平面平面，A正确；
对于B，如图，

令，过作于点，连接，
若，则平面，则，此时，，
由得：，，
，，解得：，
存在使得，B正确；
对于C，如下图，取BC的中点E，取半圆弧的中点F，以O为原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系.

，设，则，设，
则，，又，
所以，则.
因为.
令，，
则，
所以，又，
所以N点在AC上的轨迹为，故C错误.
对于D，设直线与平面所成角为，则，
由C选项得：，
，D错误.
故选：AB．
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的动点问题的求解，解决存在点满足某条件、动点轨迹长度和线面角最值的关键是能够将问题转化为关于变量的取值范围的讨论问题，借助临界值来确定的范围，进而确定所求解结果.
12. 设，函数，则下列命题正确的是（ ）
A 若，则
B. 若的值域为，则
C. 若函数在区间内有唯一零点，则
D. 若对任意的，且都有恒成立，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据正弦函数的周期性判断A，对和分别计算函数的取值情况，即可得到不等式组，从而判断B、C，依题意对任意的，且都有恒成立，即在上单调递增，从而各段均单调递增，且断点处函数值需满足右侧的不小于左侧的，即可得到不等式组，解得即可判断D；
【详解】解：因为，
对于A：，所以或，，
解得或，，故A错误；
对于B：若值域为，当时，
当时且，
所以，解得，故B正确；
对于C：若函数在区间内有唯一零点，
①又，即时，当时，此时，
所以函数在上单调递增，且，
当时且，
即函数在上单调递减，此时函数必有且仅有一个零点，符合题意；
②，即，则当时且
即函数在上单调递增，即在上不存在零点，
要使函数只有一个零点，在上有且仅有一个零点，故，解得，综上可得，故C正确；
对于D：对任意的，且都有恒成立，
即对任意的，且都有恒成立，
即在上单调递增，所以，解得，故D正确；
故选：BCD
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
13. 已知函数，其中，若在区间内恰有两个极值点，且，则实数的所有可能取值构成的集合是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据极值点之间的关系和求得，利用三角函数的中心对称求出
函数的对称中心，根据题意可得函数的对称中心为，列方程，解之即可.
【详解】由题意知，
函数在内有两个极值点，设两个极值点分别为，
则，且(T为函数的最小正周期)，
有，即，解得，
又，所以，
由，
得函数图象关于点中心对称，
令，解得，
所以，即，
由，得.
即的取值范围为.
故答案为：.
14. 已知一个正八面体的棱长都是2（如图），分别为的中点，则__________；若，过点的直线分别交直线于两点，设（其中均为正数），则的最小值为__________.

【答案】 ①. 4 ②.
【解析】
【分析】补形成正方体，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算可得；在平面BEF中，利用G，N，M三点共线可得m，n的关系，然后利用基本不等式可得最小值.
【详解】补形成正方体，如图建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为a，则，解得
则
所以
所以
所以

在平面BEF中，如图，
因为，所以
又，
所以
因为G，N，M三点共线，所以
所以
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为

故答案为：4；
15. 三棱锥的底面是以为底边的等腰直角三角形，且，各侧棱长均为3，点为棱的中点，点是线段上的动点，设到平面的距离为到直线的距离为，则的最小值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】取中点，连接，以为原点建立空间直角坐标系设，利用向量关系表示出，求导可求出最小值.
【详解】取中点，连接，
因为，，所以，且，
因为是等腰直角三角形，所以，且，
又，满足，所以，
因为，且两直线在平面内，所以平面，
如图，以为原点建立空间直角坐标系，设,
则，
则，
设，则可得，
则，则，
所以，
所以,
所以,
设平面的法向量为，
则，即，令，可得，
则，
所以，
所以，令，解得，
又，所以在单调递增，
所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以，即的最小值为.
故答案为：.

16. 已知平面向量，，，，满足，，，则的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】先将所求向量式转化变形，参变向量分离，再由变形向量式的几何意义判断最值状态，最后坐标运算求解最值.
【详解】设，
则




设，，不妨设，，
，，，即为的重心.
则，
点位于圆上或圆内，故当射线与圆周交点时，最大，即最大时.


由得，.
当且仅当时，取到最大值.
故答案为：.

【点睛】向量式的最值问题求解，要重视三个方面的分析：一是其本质上与函数的最值求解一致，变形时要搞清参变向量，从而把握变形方向；二是要重视向量本身数形兼具的特点，利用几何意义求解最值；三是坐标应用，向量坐标化将问题转化为函数最值问题求解.
四､解答题（本大题共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）
17. 已知函数在区间单调，其中为正整数，，且．
（1）求图像的一条对称轴；
（2）若，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由函数在区间上的单调性确定最小正周期的范围，再由函数值相等即可确定对称轴；
（2）根据对称轴及函数值确定的表达式，再结合最小正周期确定的可能取值，即可得解.
【小问1详解】
因为函数在区间单调，
所以函数的最小正周期，
又因为，
所以直线即为图象的一条对称轴；
【小问2详解】
由（1）知，故，由，得或3．
由为的一条对称轴，所以．
因为，所以或，
若，则，即，
不存在整数，使得或3；
若，则，即，
不存在整数，使得或3．当时，．
此时，由，得．
18. 如图,在四棱锥中,平面,平面,底面为矩形,点在棱上,且与位于平面的两侧.

（1）证明:平面;
（2）若,,,试问在线段上是否存在点,使得与的面积相等？若存在,求到的距离;若不存在,说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在,
【解析】
【分析】(1)根据线面垂直的性质定理可得,根据线面平行的判定定理即可得平面,根据及线面平行的判定定理即可得平面,根据及面面平行的判定定理即可得平面平面,再根据面面平行的性质定理即可证明;
(2) 过作,垂足为,过作,垂足为,连接,过作,垂足为,连接,先根据线面垂直的判定定理证明平面,可得,同理可得,根据与的面积相等,底相同,可得高也相同,即,设,根据三角形相似及边长之间关系,找到各个长度,根据勾股定理求出,再求出,建立等式解出即可.
【小问1详解】
证明:因为平面,
平面,
所以,
因为平面,平面,
所以平面,
因为底面为矩形,
所以,
因为平面,平面,
所以平面,
因为,
且平面,平面,
所以平面平面,
又因为平面,
所以平面;
【小问2详解】
设线段上存在点使得与的面积相等,
过作,垂足为,
因为平面,
所以,
故,
所以,
故,
因为,
所以,
过作,垂足为,连接,
过作,垂足为,连接,如图所示:

因为底面,,
所以底面,
所以,
又,,
所以平面,
因为平面
则,
同理可得,
因为与的面积相等,
所以,
在中,根据等面积法可得,
则,
设,,
则,
因为,
所以,
所以,
因为,
所以,
所以,
整理得,
因为,所以,
故存在,且到的距离为.
【点睛】方法点睛:此题考查立体几何中线面关系及点存在问题的综合问题,属于难题,关于点存在问题的解题方法有:
(1)先假设其存在;
(2)然后将假设作为条件与已知条件一起进行推理论证和计算;
(3)在推理论证和计算无误的前提下,得到了合理的结论,则说明存在;
(4)如果得到不合理的结论,则说明不存在.
19. 已知，D为边AC上一点，，.
（1）若，，求；
（2）若直线BD平分，求与内切圆半径之比的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用平面向量的加减运算得到，再利用平面向量的数量积运算法则求得，又利用余弦定理与数量积运算求得，由此利用三角形面积公式即可得解；
（2）先由角平分线性质定理得到，再利用余弦定理与数量积运算求得，从而利用三角形面积公式与内切圆的性质得到，进而利用换元法与不等式的性质求得的范围，由此得解.
【小问1详解】
如图1，，，
所以，
因为，，
所以，
故，则，即，
又，则，故，
不妨记，，则，
因为，
所以，解得，则，
因为，所以，
所以.
.
【小问2详解】
如图2，不妨设与内切圆的半径分别为与，
因为直线BD平分，
所以由角平分线性质定理得，记，则，
记，则，
因为，
所以，
因为，即，则，
所以，即，
因为（为顶点到的距离），
又，，
所以，则，
令，则，，
所以，
因为，所以，则，故，
所以，即，
所以，故，
所以与内切圆半径之比的取值范围为.

20. 如图，在棱长为2的正方体中，点M是正方体的中心，将四棱锥绕直线逆时针旋转后，得到四棱锥．

（1）若，求证：平面平面；
（2）是否存在，使得直线平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据面面平行的判定定理即可证明结论；
（2）假设存在，使得直线平面，建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面平面的法向量，则求出的坐标，由可得，此方程组无解，即可得出结论.
【小问1详解】
证明：若，则平面、平面为同一个平面，
连接，则M是中点，是中点，

故是的中位线，所以．
因为，所以平面四边形是平行四边形，所以．
又平面平面，所以平面
同理平面，且平面平面，
所以，平面平面．
【小问2详解】
假设存在，使得直线平面．
以C为原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，故．
设是平面的法向量，则，
所以，取，得是平面的一个法向量，

取中点P，中点Q，连接，
则．
于是是二面角的平面角，是二面角的平面角，
是二面角的平面角，于是，
所以，且平面，
故，同理，
所以，
因为，
，
所以．
若直线平面，是平面的一个法向量，则．
即存在，使得，则，此方程组无解，
所以，不存在，使得直线平面．
【点睛】难点点睛：解答第二问是否存在，使得直线平面，要发挥空间想象，明确点线面的位置关系，建立空间直角坐标系后，难点在于确定，并结合三角恒等变换化简，从而结合向量的共线的坐标表示，判断结论.
21. 已知向量，其中，．
（1）若，且，求向量在向量上的投影向量；
（2）设、、是坐标平面内三点，，其，，．若为等边三角形，求θ的所有可能值．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）求出的坐标，根据平面向量共线的坐标表示结合同角三角函数的基本关系求出、的值，可得出向量的坐标，再利用投影向量的定义可求得向量在向量上的投影向量的坐标；
（2）求出向量、的坐标，进而可求得向量、的坐标，根据为等边三角形可得出，，利用三角恒等变换可得出，结合角的取值范围可求得角的值，求出的取值范围，结合可求得角的取值.
【小问1详解】
解：因为，，所以，，
又因为，其中，，所以，，
因为，则，由，解得，
所以，，则，，
所以，在方向上的投影向量为.
【小问2详解】
解：


，

，
所以，，
，
因为为等边三角形，所以，，
所以，，
所以，





，
，，，所以，，
因为，所以，，
因为，所以，，解得或.
【点睛】关键点点睛：解本题第二问的关键在于计算出、的坐标，抓住为等边三角形这个条件，从边和角这两个层面进行分析，利用向量数量积这一工具，结合三角恒等变换求出三角函数值，再结合角的取值范围得出答案.
22. 已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线，，分别交于点，，且，点在直线上，为的中点，且直线平面.

（1）设，，，试用基底表示向量；
（2）证明，四面体中至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；
（3）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）利用向量加减法的几何意义有，，即可求；
（2）假设四面体的最长棱为，只需以为顶点的其它两组棱中或即得证至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；
（3）由平面，令结合向量共面定理有，即得一元二次方程在有解，求的范围且范围长度为即得证.
【详解】（1）∵，而，
∴，
所以.
（2）不妨设是四面体最长的棱，则在，中，，，
∴，即，
故，至少有一个大于，不妨设，
∴，，构成三角形.
（3）设，，，由（1）知.
又，有，，，
∴，
，
，
设，又
∴
因为平面，所以存在实数，使得：，
∴
∴，消元：在有解.
当时，，即；
当时，，解得.
综上，有.
所以对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.
【点睛】思路点睛：
1、利用向量线性运算的几何意义，结合几何图形表示向量；
2、利用三角形的性质：两边之和大于第三边(其中假设第三边为最长边)，即可证是否可组成三角形；
3、令，根据线面平行，结合向量共面定理得到参数的方程，进而求范围并且范围长度为即可.