精品解析：四川省成都市成华区2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版）

这是一份精品解析：四川省成都市成华区2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年度下期期末学业水平阶段性监测
高一数学
本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．全卷共150分，考试时间为120分钟
第Ⅰ卷（选择题 共60分）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求．
1. 复数（为虚数单位）的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】先将化简后，再求出其共轭复数即可.
【详解】因为，
所以其共轭复数为.
故选：A.
2. 已知向量满足，且，则（ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】B
【解析】
【分析】转化为平面向量的数量积可求出结果.
【详解】.
故选：B
3. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】由空间中的线面关系，结合特例法判断ABC，根据两平面的法向量的位置关系判断两直线的位置关系判断.
【详解】对于A，若，则或，错误；
对于B，若，的位置关系不确定，可以平行、相交、异面直线，错误；
对于C，若，则或者相交，错误；
对于D，若，可得的方向向量分别是的法向量，因为，所以的法向量垂直，所以的方向向量垂直，则，正确.
故选：D.
4. 在中，，则（ ）
A. 或 B. C. 或 D.
【答案】C
【解析】
【分析】由余弦定理求出，再由余弦定理求出，根据三角形内角和可得答案.
【详解】由余弦定理得，
所以，得，
得或，
当时，，
因为，所以，，
当时，，
因为，所以，，
所以或.
故选：C
5. 在平行四边形中，为对角线上靠近点的三等分点，延长交于，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角形相似推出为的中点，再根据平面向量的线性运算可得答案.
【详解】易知，，所以，又，所以，即为的中点，
所以.

故选：A
6. 在中，若，，则的形状为（ ）
A. 等边三角形 B. 等腰直角三角形
C. 钝角三角形 D. 有一个内角为的直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由正弦定理推出，结合推出，，可得答案.
【详解】由以及正弦定理得，即，则，，，
又，所以，，，即的形状为有一个内角为的直角三角形.
故选：D.
7. 在直三棱柱中，，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】连接、交于，取的中点，连、，可得（或其补角是直线与所成的角），计算可得答案.
【详解】连接、交于，取的中点，连、，
则，则或其补角是直线与所成的角，
在直三棱柱中，，因为，，
所以，，
在直三棱柱中，，因为，，
所以，，
因为，所以，，
在中，.
所以直线与所成角的余弦值为.

故选：B.
8. 如图，设是平面内相交成的两条数轴，分别是与轴，轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系中的坐标，记作．若，则的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的定义可求得的值，由题意得出，利用平面向量数量积的运算性质可求得答案.
【详解】由平面向量数量积的定义可得，
由题意可得


所以，
，
设，
因为，所以，
，，
由
可得，
解得（舍去），，
由，
因为所以
故选：B.
二、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. 已知复数为虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A. 在复平面内对应的点位于第四象限
B. 若，则
C. 若是关于的方程的一个根，则
D. 若向量分别对应的复数为，则向量对应的复数为
【答案】BC
【解析】
【分析】对于A，求出，根据复数的坐标可得A错误；对于B，根据复数的运算以及复数相等的条件可得B正确；对于C，将代入方程，根据复数相等的条件可得C正确；对于D，根据复数的向量表示可得D错误.
【详解】对于A，在复平面内对应的点位于第二象限，故A错误；
对于B，由得，得，
得，得，，所以，故B正确；
对于C，因为是关于的方程的一个根，
所以，即，得，故C正确；
对于D，因为向量分别对应复数为，
所以，
对应的复数为，故D错误.
故选：BC
10. 已知为的外接圆圆心，，下列说法正确的是（ ）
A. 三点共线
B.
C.
D. 向量在向量上的投影向量为
【答案】ACD
【解析】
【分析】作出图，根据平面向量的基本定理运算判断选项A，利用圆周角的性质判断得，再结合是等边三角形，可判断得，从而得可判断选项B，在直角三角形中，利用三角函数列式计算可判断选项C，根据投影的概念，再结合三角函数计算可判断选项D.
【详解】如图，根据平行四边形法则，即，
所以为的中点，即为与的交点，
所以为的中点，所以三点共线，故A正确；
因为为的外接圆圆心，所以为圆的直径，
所以，所以，
又，所以等边三角形，
所以，，故B错误；
在中，，所以，故C正确；
作于点，则向量为向量在向量上的投影向量，
因为，所以，，
所以，即向量在向量上的投影向量为，故D正确.
故选：ACD

11. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）

A.
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数在上单调递增
D. 将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则为偶函数
【答案】AD
【解析】
【分析】根据图象求出，得A正确；由以及正弦函数的性质可得B不正确；C错误；根据图象变换规律得D正确.
详解】由图可知，，所以，，
由五点作图法可得，得，
所以，故A正确；
由以上知，，，
所以函数的图象不关于直线对称，故B不正确；
由，得，因为在上不单调，
所以函数在上不单调，故C错误；
，
将函数的图象向左平移个单位后得到函数的图象，则为偶函数，故D正确.
故选：AD
12. 魏晋时期著名数学家刘徽解释了《九章算术-商功》中记录的空间几何体“堑堵、阳马、鳖臑”的形状和产生过程，即：“邪解立方得两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也”，其意思是：把正方体或长方体斜向分解成两个堑堵，再把堑堵斜向分解得到一个阳马和一个鳖臑，两者的体积比为定值．如图，在长方体被平面截得两个“堑堵”，其中一个“堑堵”又被平面截为一个“阳马”和一个“鳖臑”，则下列说法正确的是（ ）

A. “阳马”是一个底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，“鳖臑”为四个面全是直角三角形的三棱锥
B. “阳马”的体积是“鳖臑”的体积的2倍
C. “阳马”的最长棱和“鳖臑”的最长棱不相等
D. 若，“鳖臑”的所有顶点都在同一球面上，且该球的表面积为，则长方体的体积的最大值为2
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，根据长方体的性质结合线面垂直的性质和判定分析判断，对于B，根据棱锥的体积公式计算判断，对于C，计算出各个棱长后分析判断，对于D，根据鳖臑”的外接球就是长方体的外接球，求出长方体的对角线
【详解】对于A，因为四边形是矩形，平面，所以“阳马”是一个底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，
因为平面，平面，所以，同理可得，
又因为，，所以都为直角三角形，
所以“鳖臑”为四个面全是直角三角形的三棱锥，正确，
对于B，设，则，，
所以“阳马”的体积是“鳖臑”的体积的2倍，正确，
对于C，设，则“阳马”的最长棱为，“鳖臑”的最长棱为，
所以“阳马”的最长棱和“鳖臑”的最长棱相等，错误，
对于D，设“鳖臑”的外接球的半径为，则由“鳖臑”的外接球的表面积为，得，解得
因为“鳖臑”的外接球与长方体的外接球是同一个球，所以，
设，则，，所以，即，当且仅当时取等号，
则长方体的体积为，当且仅当时取等号，
所以长方体的体积的最大值为2，正确，
故选：ABD
第Ⅱ卷（非选择题 共90分）
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．
13. 已知一个圆锥的底面半径为3，高为4，则该圆锥的侧面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】求出圆锥的母线长即可得侧面积．
【详解】由题意底面半径为，高为，则母线长为，
所以侧面积为．
故答案为：．
14. 若复数（，为虚数单位），且，则的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据复数的几何意义可求出结果.
【详解】因为，所以复数对应的点的轨迹是单位圆，
又的几何意义是圆上的动点与定点之间的距离，
所以的最小值为.
故答案为：.
15. 已知函数在上有且仅有一个零点，则的值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】令，，求出，再根据在上有且仅有一个零点列式可求出结果.
【详解】令，，得，，
因为函数在上有且仅有一个零点，
所以，得，
又，所以.
故答案为：.
16. 已知边长为2的菱形中，是边所在直线上的一点，则的取值范围为___________．
【答案】
【解析】
【分析】取的中点，连接，利用平面向量的运算可得，结合菱形的几何性质可得答案.
【详解】
取的中点，连接，则，
所以，
当且仅当时，有最小值，则有最小值，
此时菱形的面积，
最小值为，
因为是边所在直线上的一点，所以无最大值，无最大值，
的取值范围为，
故答案为：
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知向量．
（1）若，求；
（2）若与的夹角为锐角，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）且.
【解析】
【分析】（1）由可求出结果；
（2）根据且、不共线列式可求出结果.
【小问1详解】
若，则，即，.
【小问2详解】
若与的夹角为锐角，则且、不共线，
由，得，即，
假设、共线，则，即，
所以当与的夹角为锐角时，且.
18. 已知，且．
（1）求的值；
（2）若，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求出和，可得；
（2）根据求出，再根据角的范围可得结果.
【小问1详解】
因为，所以，化简得，
因为，所以，
所以，
所以，，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，所以
所以，解得，
因为，，所以，
所以.
19. 如图，在三棱锥中，， 在上，且．

（1）求三棱锥与三棱锥的体积之比；
（2）若点在上，且．证明：平面．
【答案】（1）.
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）转化为底面积之比可求出结果；
（2）由，可得平面.
【小问1详解】
因为，所以，
因为，所以，所以，
所以，，
所以，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，又，
所以，又平面，平面，
所以平面．
20. 已知函数．
（1）求的最小正周期和对称中心；
（2）已知锐角的三个角的对边分别为，若，求周长的最大值．
【答案】（1）的最小正周期为，对称中心为.
（2）
【解析】
【分析】（1）化简，根据正弦函数的最小正周期公式和对称中心可求出结果；
（2）由，为锐角得，根据的范围求出的最大值后可得周长的最大值.
【小问1详解】






的最小正周期为，
令，，得，，
所以的对称中心为.
【小问2详解】
由，得，因为为锐角三角形，，
所以，所以，.
因为，，所以，同理得，
所以
，
因为，且，所以，
所以，
所以当，即时，取得最大值为，
从而取得最大值为.
即周长的最大值为.
21. 如图，已知正方体的棱长为分别为的中点．

（1）求证：平面平面；
（2）记直线与平面所成角为，直线与平面所成角为，求的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用平面几何知识推出，再根据线面垂直的判定得平面，最后根据面面垂直的判定定理得平面平面；
（2）根据平面，得，，在中，由余弦定理可求出结果.
【小问1详解】
在正方形中，设与交于，
因为分别为的中点．所以，，
所以，所以，
所以，即，

在正方体中，因为平面，平面，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）知，平面，所以，，
因为正方体的棱长为，所以，，，
所以.

22. 高新体育中心体育馆（图1）是成都大运会乒乓球项目比赛场馆，该体育馆屋顶近似为正六边形，屋底近似为正六边形．

（1）如图2，已知该体育馆屋顶上有三点用电缆围成了三角形形状，测得，米，求该电缆的长度；
（2）如图3，若在建造该体育馆时在馆底处的垂直方向上分别有号塔吊，若1号塔吊（点处）驾驶员观察2号塔吊（点处）驾驶员的仰角为号塔吊驾驶员观察3号塔吊（点处）驾驶员的仰角为，且1号塔吊高米，2号塔吊比1号塔吊高米，则3号塔吊高多少米?（塔吊高度以驾驶员所在高度为准）．
【答案】（1）米.
（2）米.
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理求出三角形边长，可得三角形周长；
（2）在直角梯形中，过作，垂足为，求出米，在直角梯形中，过作，垂足为，求出米，再由可得结果.
【小问1详解】
因为，，所以，

.
由正弦定理得，得米，
，米，
所以该电缆的长度为米.
【小问2详解】
在直角梯形中，过作，垂足为，
则米，，米，
所以米，所以米，

所以正六边形的边长为米，
在直角梯形中，过作，垂足为，
则米，，所以米，
所以3号塔吊高为米.