安徽省蚌埠市2022-2023学年高一下学期期末学业水平监测数学试题

这是一份安徽省蚌埠市2022-2023学年高一下学期期末学业水平监测数学试题，共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
安徽省蚌埠市2022-2023学年高一下学期期末学业水平监测数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．=
A． B． C． D．
2．已知是虚数单位，复数，则在复平面内对应的点在（    ）
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．利用斜二测画法作边长为2的正方形的直观图，则所得直观图的面积为（    ）
A． B． C． D．
4．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
5．已知向量，，若，则（    ）
A． B． C． D．
6．要得到函数的图象，需（    ）
A．将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变）
B．将函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）
C．将函数图象上所有点向左平移个单位．
D．将函数图象上所有点向左平移个单位
7．已知正方体的棱长为1，E为中点，F为棱CD上异于端点的动点，若平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，则线段CF的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
8．如图，扇形中，点是上一点，且.若，则的最大值为（    ）
  
A． B． C． D．1

二、多选题
9．若定义在上的函数分别满足下列条件，其中可以得出的周期为2的有（    ）
A． B．
C． D．
10．已知，则下列结论正确的有（    ）
A． B．
C． D．
11．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列各组条件中使得有两个解的是（    ）
A．， ， B．，，
C．，， D．，，
12．勒洛四面体是一个非常神奇的四面体，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动，勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分､如图所示，若勒洛四面体内的正四面体ABCD的棱长为a，则（    ）
    
A．能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a
B．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
C．过三点的截面面积为
D．勒洛四面体的体积满足

三、填空题
13．已知向量，则向量在方向上的投影数量为 .
14．计算： .
15．“一部剧带火一座城”，五一期间，我市的地标建筑——中国南北分界线雕塑成为了网红打卡地，某校数学课外兴趣小组，拟借助所学知识测量该建筑的高度.记该雕塑的最高点为点A，其在地面的投影点为点H，在点H南偏西60°方向的点B处测得点A的仰角为60°，在点H正东方向的点C处测得点A的仰角为45°，点B，C相距米，则该雕塑的高度为 米.
  
16．已知三棱锥中，棱，，的中点分别是M，N，O，，，都是正三角形，则异面直线与所成角的余弦值为 .

四、解答题
17．已知是虚数单位，.
(1)求；
(2)若，且，求实数的值.
18．已知．
(1)求；
(2)若，且，求．
19．设与是两个单位向量，其夹角为，且.
(1)求；
(2)求与的夹角.
20．已知函数.
(1)求的最小正周期及单调递增区间.
(2)证明：当时，.
21．如图，已知三棱锥中，，，为的中点，为的中点，且为正三角形.

（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）若，，求三棱锥的体积.
22．如图，在中，，．点D在边BC上，且．

(1)，，求；
(2)，AD恰为BC边上的高，求角A；
(3)，求t的取值范围．

参考答案：
1．B
【详解】试题分析：．
考点：全诱导公式的应用及特殊角的三角函数值．
2．B
【分析】根据复数的乘法运算化简即可得对应的点.
【详解】，故对应的点为，
故选：B
3．C
【分析】根据斜二测画法的原则得到直观图的对应边长关系，即可求出相应的面积．
【详解】根据斜二测画法的原则可知，，
对应直观图的面积为，
故选：C．
    
4．D
【分析】根据条件思考题中平面和直线所可能的各种情况，运用有关的定理逐项分析.
【详解】当，时，可能有，但也有可能或，故A选项错误；
当，时，可能有，但也有可能或，故选项B错误；
在如图所示的正方体中，

取为，为，为平面，为平面，这时满足，，，但不成立，故选项C错误；
当，，时，必有，从而，故选项D正确；
故选：D.
5．B
【分析】求出向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示可求得实数的值.
【详解】因为向量，，则，
因为，则，解得．
故选：B.
6．D
【分析】根据三角函数图象平移的规律可得答案.
【详解】将函数图象上所有点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象，故A错误；
将函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），得到
的图象，故B 错误；
将函数图象上所有点向左平移个单位得到图象，故C错误；
D. 将函数图象上所有点向左平移个单位得到的图象，故D正确.
故选：D.
7．D
【分析】根据给定的几何体，利用面面平行的性质结合平面的基本事实，探讨截面形状确定F点的位置，推理计算作答.
【详解】在正方体中，平面平面，而平面，平面，
平面平面，则平面与平面的交线过点B，且与直线EF平行，与直线相交，令交点为G，如图，

而平面，平面，即分别为与平面所成的角，
而，则，且有，
当F与C重合时，平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，，即G为棱中点M，
当点F由点C向点D移动过程中，逐渐增大，点G由M向点方向移动，
当点G为线段上任意一点时，平面只与该正方体的4个表面正方形有交线，即可围成四边形，
当点G在线段延长线上时，直线必与棱交于除点外的点，
而点F与D不重合，此时，平面与该正方体的5个表面正方形有交线，截面为五边形，如图，


因此，F为棱CD上异于端点的动点，截面为四边形，点G只能在线段（除点M外）上，即,
显然，，则，
所以线段的CF的取值范围是.
故选：D
【点睛】关键点睛：作过正方体三条中点的截面，找到过三点的平面与正方体表面的交线是解决问题的关键.
8．A
【分析】由平面向量的数量积运算，结合两角和的正弦公式，求三角函数的最值即可．
【详解】由题意，建立如图所示的坐标系，设扇形半径为，
由，可得，，
设，，
由，可得，，，
所以，整理得：，
则，其中，
所以当时，有最大值．
故选：A．
  
9．AD
【分析】根据周期性的定义即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A，可知的周期为2，故A正确，
对于B，由得，故的周期为4，故B错误，
对于C，由得关于对称，故C错误，
对于D，，的周期为2，故D正确，
故选：AD
10．BCD
【分析】设，利用复数的运算和模的运算求解，逐项判断.
【详解】解：设，则，
所以，，则，故A错误；
，
，所以，故B正确；
因为，所以，故C正确；
因为，所以，
而，所以，故D正确
故选：BCD
11．AB
【分析】根据正弦定理、余弦定理的知识确定正确选项.
【详解】A选项，，，
所以有两个解，A选项正确.
B选项，为锐角，
，，
，所以有两个解，B选项正确.
C选项，由余弦定理得，
所以有唯一解.
D选项，，
，所以有唯一解.
故选：AB
12．ACD
【分析】对于A，根据勒洛四面体表面上任意两点间距离小于等于，进行判断；对于B，求出，，相减即为能够容纳的最大球的半径；对于C，找到最大截面，求出截面面积；对于D，勒洛四面体的体积介于正四杨体的体积和正四面体的外接球体积之间，求出正四面体的体积和正四面体的外接球的体积，从而求出答案．
【详解】由题意知：勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值，故A正确；
勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图，
  
其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球的球心，
由题意得该球的球心为正四面体的中心，半径为，连接，易知，，三点共线，
设正四面体的外接球半径为，
由题意得：，解得，
，，
由题意得，故B错误；
勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，如图，
  
则勒洛四面体截面面积最大值为三个半径为，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，
即，故C正确；
对于D，勒洛四面体的体积介于正四面体的体积和正四面体的外接球的体积之间，
  
正四面体底面面积为，底面所在圆的半径为，
正四面体的高为，
正四面体的体积，
设正四面体的外接球半径为，则由题意得：
，解得，
正四面体的外接球的体积为，
勒洛四面体的体积满足，故D正确．
故选：ACD．
13．/
【分析】根据向量，的坐标及向量投影的计算公式，即可求出在方向上的投影数量的值.
【详解】∵，，
∴向量在方向上的投影数量为：.
故答案为：.
14．
【分析】先利用诱导公式，再利用二倍角的正弦公式和降幂公式求解.
【详解】由题得.
故答案为：
15．40
【分析】设，则，在中，可求，在中，由余弦定理解得的值，即可求解该雕塑的高度．
【详解】由题意可得，，，米，
设，则，
在中，由于，可得，
所以，
在中，由余弦定理，
可得，
解得，即该雕塑的高度的值为40米．
故答案为：40．
  
16．
【分析】根据异面直线的定义可知，（或其补角）是异面直线MN与AD所成的角，进而求出的长度，用余弦定理求得答案.
【详解】如图，

根据题意可知，因为都是正三角形，所以，，连接，设AC=2，则.
易知，在中，由余弦定理：，
在中，由余弦定理：，
于是.
易知，在中，由余弦定理：，
在中，由余弦定理：，
于是.
连接ON，则，于是（或其补角）是异面直线MN与AD所成的角，连接MO，易得MO=NO=1，在中，由余弦定理可得.
故答案为：.
17．(1)
(2)

【分析】（1）根据复数的除法运算即可求解，
（2）根据复数的乘法运算，结合复数相等的充要条件即可求解.
【详解】（1）

（2）由条件得，
则，
化简得，
所以解得
18．(1)
(2)

【分析】(1)根据已知条件求出tanα，将要求的式子构造成关于正余弦的齐次式，将弦化为切即可求值；
(2)根据角的范围和的正负确定的范围，求出sin()，根据即可求解.
【详解】（1），
；
（2）
，，
，
又，
.
19．(1)
(2).

【分析】（1）根据题意，得到，即可求解；
（2）根据题意，分别求得和，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）解：由与是两个单位向量，其夹角为，可得，
因为
可得.
（2）解：由，
，
设与的夹角为，其中，则，
所以与的夹角为.
20．(1)，
(2)证明见解析

【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简函数解析式，由周期公式和函数的单调性可得答案；（2）利用正弦型函数的性质可得函数，由二次函数的性质可得，原不等式即可得到证明.
【详解】（1）
，
故的最小正周期，
令，，
解得，.
则的单调递增区间为.
（2）证明：令，因为，所以.
因为在上单调递增，在上单调递减，
所以，，当且仅当时，等号成立.
，当且仅当时，等号成立.
因为与中等号成立的条件不同，所以.
21．（1）见详解；（2）见详解；（3）.
【分析】(1)先证，可证平面.
(2)先证，得，结合可证得平面.
(3)等积转换，由，可求得体积.
【详解】(1)证明：因为为的中点，为的中点，
所以是的中位线，.
又，，
所以.
(2)证明：因为为正三角形，为的中点，所以.
又，所以.
又因为，，所以.
因为，所以.
又因为，，
所以.
(3)因为，，
所以，即是三棱锥的高.
因为，为的中点，为正三角形，
所以.
由，可得，
在直角三角形中，由，可得.
于是.
所以.
【点睛】本题考查空间线面平行与垂直的证明，体积的计算.空间中的平行与垂直的证明过程就是利用相关定义、判定定理和性质定理实现线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)的转换.求三棱锥的体积常采用等积转换的方法，选择易求的底面积和高来求体积.
22．(1)
(2)
(3)

【分析】（1）由题易知，转化问题为求的模，进而求解；
（2）由AD为BC边上的高，则，即，根据，，整理即可求解；
（3）易知，则，整理等式，结合且求解即可.
【详解】（1）由题，因为，所以，即点为边的中点，
所以，
因为，，，
所以.
（2）由题，因为，所以，
因为AD恰为BC边上的高，所以，
因为，，
且，，
所以
，
所以，则.
（3）由题，，
则，
因为，且，，
所以，
则，
所以，
因为，则，
因为，则，
解得.