北京市石景山区2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析）

这是一份北京市石景山区2022-2023学年高一数学下学期期末考试试题（Word版附解析），共14页。

北京市石景山区2022-2023学年高一下学期期末考试
数学
本试卷共6页，满分为100分，考试时间为120分钟.请务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题卡交回.
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
直接利用诱导公式求解.
【详解】 ，
故选：C
2. 已知正四棱锥的底面边长为，高为，则它的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接根据棱锥的体积公式求解即可.
【详解】正四棱锥的体积。
故选：B
3. 在复平面内,复数对应的点位于
A. 第一象限 B. 第二象限
C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】A
【解析】
【详解】试题分析：，对应的点为，在第一象限
考点：复数运算
4. 在单位圆中，的圆心角所对的弧长为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据弧度制与角度制互化公式，结合弧长公式进行求解即可.
【详解】，因为半径为，
所以的圆心角所对的弧长为，
故选：B
5. 已知函数，则（ ）
A. 在上单调递减 B. 在上单调递增
C. 在上单调递减 D. 在上单调递增
【答案】C
【解析】
【分析】化简得出，利用余弦型函数的单调性逐项判断可得出合适的选项.
【详解】因为.
对于A选项，当时，，则在上单调递增，A错；
对于B选项，当时，，则在上不单调，B错；
对于C选项，当时，，则在上单调递减，C对；
对于D选项，当时，，则在上不单调，D错.
故选：C.

6. 平面向量与的夹角为，，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】转化为平面向的数量积可求出结果.
【详解】因，所以，
.
故选：B
7. 要得到函数的图象，只需将函数（ ）
A. 向左平移个单位 B. 向右平移个单位
C. 向左平移个单位 D. 向右平移个单位
【答案】A
【解析】
【分析】由函数的图象变换规律，可得结论．
【详解】解：，
将函数的图象上所有的点向左平移个单位，即可得到函数的图象．
故选：A．
8. 在中，内角满足，则的形状为（ ）
A. 直角三角形 B. 等腰三角形
C. 等腰直角三角形 D. 正三角形
【答案】B
【解析】
【分析】根据得到，求出，得到三角形形状.
【详解】，
故，即，
因，所以，
故为等腰三角形.
故选：B
9. 在中，“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用同角的三角函数关系和诱导公式分别证明充分性和必要性，进而得出结果.
【详解】若，则，
即，
所以，所以，即，所以，
所以，所以，
所以“”是“”的充分条件．
若，则，则，
即，所以，所以或，
所以“”不是“”的必要条件，
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A．
10. 扇形的半径为，，点在弧上运动，，下列说法错误的是（ ）
A. 的最小值是1
B. 的最大值是
C. 的取值范围为
D. 的取值范围为
【答案】D
【解析】
【分析】建立坐标系，得出点的坐标，进而可得向量的坐标，化已知问题为三角函数的最值可判断结合选项逐一求解.
【详解】以为原点，以为轴，建立如图所示的直角坐标系，

设，则，其中，，．
因为，
所以，即，
所以．
所以当时，取得最大值，此时点为的中点，
当或时，取得最小值，此时点为或点，故AB正确，
而，，
所以，
．
因为，所以，故，
因此，
所以的取值范围为，故C正确，
，，，
因为，所以,故，
，，所以D错误．
故选：D
第二部分（非选择题 共60分）
二、填空题共5小题，每小题4分，共20分.
11. 已知平面向量，，且，则实数__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标表示可求出结果.
【详解】因为，所以，得.
故答案为：.
12. 若复数，则_________，______________.
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求出，根据共轭复数的概念得，根据模长公式得.
【详解】，
，
.
故答案为：；.
13. 已知一个正方体的个顶点都在一个球面上，则球的表面积与这个正方体的全面积之比为_____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据正方体的对角线是球的直径以及球的表面积公式可得结果.
【详解】设正方体棱长为，依题意得正方体的对角线是球的直径，
所以球的半径为，表面积为，
正方体的全面积为，
所以球的表面积与这个正方体的全面积之比为.
故答案为：.
14. 函数的值域是_______．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】，
因为，所以.
15. 水车在古代是进行灌溉的工具，是人类的一项古老的发明，也是人类利用自然和改造自然的象征.如图，一个半径为米的水车逆时针匀速转动，水轮圆心O距离水面米.已知水轮每分钟转动1圈，如果当水轮上一点从水中浮现时(图中点)开始计时，经过秒后，水车旋转到点.
给出下列结论：

①在转动一圈内，点的高度在水面米以上的持续时间为秒；
②当时，点距水面的最大距离为米；
③当秒时，；
其中所有正确结论的序号是_____________.
【答案】①③
【解析】
【分析】设经过秒后，点的高度为，根据题意求出，得，由可得，①正确；由，得②错误；根据秒时，，为正三角形，可得③正确.
【详解】设经过秒后，点的高度为，
则，解得，，
因为水轮每分钟转动1圈，所以，
所以，
由，得，因为，所以，
所以.
对于①，由，得，
得，，得，，
又因为，所以，，
所以在转动一圈内，点高度在水面米以上的持续时间为秒.
故①正确；
对于②，，故②错误；
对于③，当秒时，，又，
所以为正三角形，所以米，故③正确.
故答案为：①③.
三、解答题共5小题，共40分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 已知角顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边过点.
（1）求，；
（2）若角满足，求的值.
【答案】（1），；（2）.
【解析】
【分析】（1）利用三角函数的定义求，，对用诱导公式转化后求解；
（2）由（1）先求出，利用两角和的正切公式求出.
【详解】解：（1）∵，∴
∴，，
∴.
（2）由（1）得：
∴
.
即
【点睛】(1) 三角函数值的大小与点P（x,y）在终边上的位置无关，严格代入定义式子就可以求出对应三角函数值；
(2)利用三角公式求三角函数值的关键：根据条件进行合理的拆角，如等．
17. 已知向量，，．
（1）若点A，B，C共线，求实数m的值；
（2）若△ABC为直角三角形，求实数m的值．
【答案】（1）；（2）或
【解析】
【分析】首先求出，，的坐标；
（1）依题意可得，再根据平面向量共线的坐标表示计算可得；
（2）对直角分三种情况讨论，若为直角，则，所以，即可求出参数的值，其余类似；
【详解】解：（1）因为，，，
所以，

因为、、三点共线，所以，所以，解得
（2）①若为直角，则，所以，解得
②若为直角，则，所以，解得
③若为直角，则，所以，即，因为，所以方程无解；
综上可得，当或时为直角三角形
18. 在中，．
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边化角得，根据两角和的正弦公式得，再根据三角形中的恒等式可求出结果；
（2）由余弦定理求出，再根据三角形面积公式可求出结果.
【小问1详解】
在中，，
结合正弦定理得，
所以，
所以，
所以，
，，
，，
【小问2详解】
若，，
由余弦定理，得，
得，得，
所以的面积
19. 已知函数，是的一个零点.
（1）求的值；
（2）当时，若曲线与直线有个公共点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由，解方程可得结果；
（2）化简得，利用正弦函数的图象可求出结果.
【小问1详解】
由，得 ，
因为， 所以，所以，
所以．
【小问2详解】
由（1）知，，
因为， 所以.
于是，当且仅当，即时，取得最大值,
当且仅当，即时，取得最小值,
又，即时，.
所以的取值范围是．
20. 如图，在四边形中，，，.再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，解决下列问题．

①面积；
②.
（1）求的值；
（2）求的大小.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）若选①，根据面积公式求出，根据余弦定理求出求出，根据面积公式求出；若选②，根据两角差的正弦公式可求出结果；
（2）根据正弦定理可求出结果.
【小问1详解】
若选①，因为，所以，
所以，
又由，
得，得.
所以，得，
所以.
若选②，在中，，所以，

.
【小问2详解】
由（1）及，则.
在△ADC中，，即，得.
又因为，所以满足这样的三角形有两解.
所以或.