山东省东营市2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份山东省东营市2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年第二学期期末教学质量调研
高一数学试题
一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求．
1. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦的和差角的余弦公式即可化简求值.
【详解】．
故选：C
2. 复数，则的虚部为（ ）
A. 2 B. C. 6 D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，求出答案.
详解】，
所以的虚部为2.
故选：A.
3. 方程的实数解的个数为（ ）
A. 1 B. 3 C. 5 D. 7
【答案】A
【解析】
【分析】画出函数与的图像，由交点个数确定即可.
【详解】方程实数解的个数为函数与的图像的交点个数，
如图所示：

由图可知函数与的图像只有一个交点，
且此时，即方程的实数解为，
故方程的实数解的个数为1，
故选：A.
4. 如图，为测量山高，选择水平地面上一点和另一座山的山顶为测量观测点．从点测得点的仰角，点的仰角以及，从点测得．已知山高，则山高（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】计算出，在中，利用正弦定理求出，进而可得出，即为所求.
【详解】由题意可知，，又因为，则为等腰直角三角形，
故，
在中，，，则，
由正弦定理，可得，
由题意可知，，因为，
则.
故选：D.
5. 已知向量，若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算求出，，再根据向量垂直的坐标表示即可求出．
【详解】因为，所以，，
由可得，，
即，整理得：．
故选：D．

6. 已知一个正方体所有的顶点都在一个球面上，若球的体积是V，则正方体的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据正方体的外接球的半径与棱长的关系，结合球的体积运算求解.
【详解】设正方体的棱长为，球的半径为，可知，
则，整理得，
所以正方体的体积为.
故选：C.
7. 在平面四边形中，已知，，，，，则四边形的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由诱导公式可得，在、中分别利用余弦定理可得出关于的等式，求出的值，再利用三角形的面积公式可求得四边形的面积.
【详解】因为，则，
在中，由余弦定理可得，①
在中，由余弦定理可得，②
由①②可得，即，故，
因此，四边形的面积是
，
故选：B.
8. 在平面直角坐标系中，角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的定义求出，，再利用三角函数变换展开求值.
【详解】由题意知，则．
故选：A
【点睛】本题考查三角函数的定义，三角函数给值求值，重点考查转化与化归的思想，计算能力，属于基础题型，本题的关键是三角变换.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多个项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．
9. 以下结论正确的有（ ）
A. 侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱
B. 等底面积、等高的两个柱体，体积相等
C. 经过圆锥顶点的平面截圆锥所得截面一定是三角形，且轴截面面积最大
D. 有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体为棱台
【答案】AB
【解析】
【分析】利用直棱柱的定义可判断A选项；利用柱体的体积可判断B选项；利用三角形的面积公式可判断C选项；利用棱台的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，侧棱垂直于底面的棱柱一定是直棱柱，A对；
对于B选项，根据柱体体积公式可知，等底面积、等高的两个柱体，体积相等，B对；
对于C选项，如在圆锥中，经过圆锥顶点的平面截圆锥所得截面一定是等腰三角形，
设截面为，设为底面圆的一条直径，

若为钝角，当时，截面三角形的面积最大，C错；
对于D选项，有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形，只有当侧棱的延长线交于一点，这样的几何体才是棱台，
但D选项中几何体侧棱的延长线并不一定会交于一点，故几何体不一定为棱台，D错.
故选：AB.
10. 下列叙述中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 已知非零向量与且//，则与的方向相同或相反
D. 对任一非零向量是一个单位向量
【答案】CD
【解析】
【分析】A注意即可判断；B根据向量的性质判断；C由共线向量的定义判断；D由单位向量的定义判断.
【详解】A：若时，不一定有，错误；
B：向量不能比较大小，错误；
C：非零向量与且//，则与的方向相同或相反，正确；
D：非零向量，则是一个单位向量，正确.
故选：CD
11. 主动降噪耳机工作的原理是：先通过微型麦克风采集周围的噪声，然后降噪芯片生成与噪声振幅相同、相位相反的声波来抵消噪声，设噪声声波曲线函数为，降噪声波曲线函数为，已知某噪声的声波曲线函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）

A.
B.
C. 曲线的对称轴为，
D. 将图象向左平移个单位后得到的图象
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意得到A正确，根据周期得到，根据得到，根据得到，B正确，计算对称轴得到C正确，根据平移法则得到D错误，得到答案.
【详解】对选项A：，正确；
对选项B：，故，，
且 在的单调递减区间上，，
则，，故，
又，故，，正确；
对选项C：，由，解得，，正确；
对选项D：图像向左平移个单位得到：
，错误.
故选：ABC
12. 在中，角的对边分别为，为的外心，则（ ）
A. 若有两个解，则
B. 的取值范围为
C. 的最大值为9
D. 若为平面上的定点，则A点的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，由正弦定理求解即可；对于B，由正弦定理及向量的数量积公式求解即可；对于C，法一：用投影向量求解；法二：转化到圆心求解；对于D，由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，再求解即可.
【详解】对于A，由正弦定理，得，
有两解的情形为，且，则，故A正确；
对于B，由正弦定理，得外接圆半径，
由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，，
于是，故B正确；
对于C，法一：用投影向量求解：当在上的投影向量的模最大，且与同向时，取得的最大值，此时，
设为的中点，则，
在上的投影向量的模为，最大值为，故C错误；

法二：转化到圆心：，故C错误；
对于D，如下图，由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，由两段优弧拼接成，每段优弧所对圆心角为，
所以A点的轨迹长度为，故D正确．

故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分．
13. 已知，则的值为___________．
【答案】1
【解析】
【分析】利用诱导公式对原式化简得，然后分子分母同时除以，再由代入即可得出答案.
【详解】因为，
所以；
故答案为：1
14. 如图，直角梯形中，，，，，，则___________．

【答案】
【解析】
【分析】根据条件得出是等边三角形，然后利用向量的数量积公式求解即可.
【详解】由题知，，
因为，
所以，
又，所以是等边三角形，
，，
所以.
故答案为：
15. 已知为第二象限角，则______.
【答案】
【解析】
【分析】先由题意，得到，，再根据同角三角函数基本关系化简，即可得出结果.
【详解】因为为第二象限角，所以，，
因此
.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查三角函数的化简问题，熟记同角三角函数基本关系即可，属于常考题型.
16. 用一张正方形纸片（不能裁剪）完全包住一个侧棱长和底边长均为正四棱锥，则这个正方形的边长至少是____________．
【答案】
【解析】
【分析】作出图形，在棱长为的正四棱锥中，设、分别为、的中点，连接、、，计算出、、的长，设正方形纸片的边长为，可得出，即可求得的最小值.
【详解】如下图所示，在棱长为的正四棱锥中，

设、分别为、的中点，连接、、，
因为是边长为的等边三角形，则，且，
同理可得，
因为四边形是边长为的正方形，且、分别为、的中点，
所以，且，所以，四边形为平行四边形，故，
设正方形纸片的边长为，如上图所示，则，
解得.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，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、是同一平面内的两个向量，其中，．
（1）求的值；
（2）求在上的投影向量．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用向量的坐标运算直接求解即可.
（2）利用投影的定义，先求出投影数量，再求出单位向量，即可得出答案.
【小问1详解】
由，，
可得，
所以．
【小问2详解】
由（1）得，
在上的投影数量为：
，
与同向的单位向量为，
所以在上投影为．
18. 己知复数满足，．
（1）求；
（2）设复数，，在复平面内对应的点分别为，，，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知得出，利用共轭复数定义和模的计算公式求解即可.
（2）利用复数的运算分别求出，，三点坐标，然后利用数量积的变形公式求解向量夹角的余弦值即可.
【小问1详解】
因为，，
两式相加得，
所以，
故．
【小问2详解】
由（1）得，
则，
，则，
，则，
所以，，
故．
19. 已知的周长为，且.
（1）求边的长；
（2）若的面积为，求角的度数.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理将中的角化为边，得，再结合的周长即可得解；
（2）由，得，再根据余弦定理即可求得的值，从而得解．
【小问1详解】
解：由正弦定理知，
，
，
的周长为，
，
．
【小问2详解】
解：的面积，
，
由（1）知，，，
由余弦定理知，
，
．
20. 用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图，如图所示．已知，且∥．

（1）在平面直角坐标系中作出原平面图形ABCD并求面积；
（2）将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，求所形成的几何体的表面积和体积．
【答案】（1）作图见解析，面积14
（2）表面积为，体积为
【解析】
【分析】（1）由直观图可得原图，进而可求面积；
（2）所得几何体是一个以AB为底面半径的圆柱挖去一个以EC为底面半径的圆锥，结合圆柱、圆锥的表面积、体积公式运算求解.
【小问1详解】
如图所示：梯形ABCD为还原的平面图形，作交AD于点，

因为，所以，
所以．
【小问2详解】
将原平面图形ABCD绕BC旋转一周，所得几何体是一个以AB为底面半径的圆柱挖去一个以EC为底面半径的圆锥，
，，，
所以所形成的几何体的表面积为，
，，
所形成的几何体的体积为．
21. 设函数，若锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC外接圆的半径为R，．
（1）若，求B；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】(1)先利用三角恒等变换化简，解出，再用正弦定理解三角形即可；
(2)先得出，再利用正弦定理将化为，最后利用三角函数的性质得出范围即可.
【小问1详解】
由题意得

又，所以，解得．
又根据正弦定理，有，，，
由，有，得，
因为A，，所以，
∴．
【小问2详解】
由（1）知，，
所以，
因为，即，所以，
则
，
，有，
所以，
所以的取值范围为．
22. 已知函数的图象两相邻对称轴之间的距离是，若将的图象上每个点先向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，所得函数为偶函数.
（1）求的解析式；
（2）若对任意，恒成立，求实数m的取值范围；
（3）若函数的图象在区间（且）上至少含有个零点，在所有满足条件的区间上，求的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先求出表达式，根据图像的变换写出变换后的解析式，根据偶函数的条件求参数；
（2）参变分离进行处理，将问题转化为，只需求出不等式右边的最小值，结合对勾函数的单调性进行辅助求解；
（3）先求出零点一般形式，结合零点的个数求出区间长度的最小范围.
【小问1详解】
由，得，则
则为偶函数，
于是轴是其一条对称轴，根据正弦函数的性质，在对称轴对应的横坐标处一定取到最值，所以，
又，所以，故.
【小问2详解】
因为，所以，
故，，
而恒成立，
即，
整理可得.
令，，
设，，设，且，
则，
由于，，则，所以，
即区间上单调递增，故，
故，即实数m的取值范围是.
【小问3详解】
由题意知，
由得，
故或，，
解得或，，
故的零点为或，，
所以相邻两个零点之间的距离为或
若最小，则和都是零点，此时在区间，，…，，
分别恰有个零点，
所以在区间上恰有个零点，
从而在区间上至少有一个零点，所以，
另一方面，在区间上恰有个零点，
所以的最小值为.
【点睛】关键点点睛：第三问零点个数的处理可以考虑研究区间长度为的情况，发现规律后扩充到区间长度为整数倍的上进行求解.