重庆西南大学附属中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份重庆西南大学附属中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卡交回.等内容，欢迎下载使用。
西南大学附中2022—2023学年度下期期末考试
高一数学试题
（满分：150分；考试时间：120分钟）
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上.
2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整.
3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）.
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由直接求解即可复数即可
【详解】由，得，
，
故选：C
2. 中，角的对边分别为，若，，，则（ ）
A. 30° B. 60° C. 120° D. 150°
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用正弦定理解三角形即可.
【详解】在中，由正弦定理得：
，
而，则在中有，
所以.
故选：A.
3. 若平面和直线，满足，，则与的位置关系一定是（ ）
A. 相交 B. 平行 C. 异面 D. 相交或异面
【答案】D
【解析】
【分析】当时与相交，当时与异面.
【详解】当时与相交，当时与异面.
故答案为D
【点睛】本题考查了直线的位置关系，属于基础题型.
4. 若向量，满足，，，则（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】对两边平方化简结合已知可求得结果.
【详解】因为，，，
所以，
所以，解得，
故选：C
5. 正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，侧棱长为3，则该四棱台的体积为（ ）
A B. C. D. 56
【答案】A
【解析】
【分析】根据正四棱台的性质和已知先求高，然后由棱台的体积公式可得.
【详解】连接AC，，作平面ABCD，由正四棱台性质可知点E在AC上，
因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，
所以，
易知四边形为等腰梯形，所以，
所以，
因为上下底面面积分别为：，
所以四棱台的体积为.
故选：A

6. △ABC中，D为AB上一点且满足，若P为线段CD上一点，且满足（，为正实数），则的最小值为（ ）
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意结合三点共线的结论可得，再根据基本不等式运算求解.
【详解】因为P为线段CD上一点，则，且，
又因为，可得，即，
所以，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为4.
故选：B.

7. M为△ABC所在平面内一点，且，则动点M的轨迹必通过△ABC的（ ）
A. 垂心 B. 内心 C. 外心 D. 重心
【答案】C
【解析】
【分析】设边的中点为，结合向量的线性运算法则化简向量等式可得，由数量积的性质可得，由此可得结论.
【详解】设边的中点为，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，又点为边的中点，
所以点在边的垂直平分线上，
所以动点M的轨迹必通过△ABC的外心，
故选：C.

8. 在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，AB＝1，，E为PD的中点，点N在平面PAC内，且NE⊥平面PAC，则点N到平面PAB的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点作，证得平面，取的中点，连接，证得平面，过点作，证得平面，从而得到平面，得到为点到平面的距离，结合，即可求解.
【详解】如图所示，过点作，垂足为，
因为平面，且平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
取的中点，连接，因为为的中点，可得，所以平面，
过点作，因为四边形为矩形，可得，
因为平面，且平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
取的中点，连接，因为为的中点，所以，所以平面，
即为点到平面的距离，
在矩形中，因为，可得，
则，可得，
又由，可得，解得，
又由，即点到平面的距离为.
故答案为：.

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知圆锥顶点为，底面圆心为，为底面的直径，，与底面所成的角为，则（ ）
A. B. 该圆锥的母线长为
C. 该圆锥体积为 D. 该圆锥的侧面积为
【答案】AB
【解析】
【分析】由线面角的定义可得出，可求得的长，可判断A选项；分析可知是等边三角形，可判断B选项；利用锥体的体积公式可判断C选项；求出该圆锥的侧面积，可判断D选项.
【详解】对于A选项，如下图所示：

由圆锥的几何性质可知，与圆所在的底面垂直，
所以，与底面所成的角为，即，
因为，则，所以，，A对；
对于B选项，因为，且，则是边长为的等边三角形，
所以，该圆锥的母线长为，B对；
对于C选项，圆面积为，故该圆锥的体积为，C错；
对于D选项，该圆锥的侧面积为，D错.
故选：AB.
10. 已知复数，，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若和互为共轭复数，则
C. 若，则
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】举反例判断A，根据共轭复数的定义，复数的模的性质判断BCD.
【详解】对于A，设，则，但且，A错误；
对于B，设，因为和互为共轭复数，所以，
所以，
所以，B正确；
对于C，设，，
则，
所以，由已知，
所以，故，C正确；
对于D，设，则，
所以，D正确.
故选：BCD.
11. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，O为 内一点，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 若，则内切圆的半径为2
C. 若，则
D. 若，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】建立直角坐标系，运用坐标作向量的有关计算.
【详解】，是以C为直角的三角形，以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，建立直角坐标系如下图：

，A正确；
，的周长=12，设内切圆半径为r，则，B错误；
若，则，，C正确；
对于D，设，，
由题意，，解得，D正确；
故选：ACD.
12. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD为等边三角形，PA＝2，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PC上运动（不含端点），则（ ）

A. 平面PAD⊥平面PCD
B. 存在点M使得BD⊥AM
C. 当M为线段PC中点时，过点A，D，M的平面交PB于点N，则四边形ADMN的面积为
D. 的最小值为4
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据面面垂直的性质可得线面垂直即可判断A，根据反证法即可找矛盾求解B,根据长度关系即可由梯形面积求解C，由三点共线即可由平面图形关系求解D.
【详解】对于A, 平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，故平面平面，故A正确
如图，取的中点，连接，，，则，
平面平面，平面平面，平面，
平面，平面，则．
假若BD⊥AM，平面，
所以平面，而平面，
故，又，平面,
所以平面,平面，
所以，这显然与底面ABCD是正方形矛盾，故不成立，B错误．

取的中点，连接，则
由于，
由于平面，平面，
所以故，
由于三角形均为直角三角形，所以
故四边形为等腰梯形，且,
如图：过点作，所以,
故四边形的面积为，故C正确，

由于均为等腰三角形，,
将两个三角形展开成一个平面，所以四边形为平行四边形，
将沿着展开与在同一平面，连接交于,
所以四边形为平行四边形，如图:

由余弦定理可得，
所以，
故，故D正确，
故选：ACD
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知，若（为虚数单位）是实数，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据虚部为得到方程，解得即可.
【详解】因为且，所以，解得.
故答案为：
14. 已知，，若，则____________．
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得，根据数量积的坐标表示求出，即可求出的坐标，从而求出其模.
【详解】因为，且，
所以，解得，所以，
则，
所以.
故答案为：
15. 正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，点S、A、B、C、D都在同一个球的球面上，则该球的表面积为____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据正四棱锥的性质，结合勾股定理即可求解球半径,由球的表面积公式即可求解.
【详解】如图所示，设球半径为，底面中心为且球心为，
正四棱锥中，，
，可得，．
在中，，
，解得，
因此可得外接球的表面积为：．
故答案为：．

16. 法国数学家费马被称为业余数学之王，很多数学定理以他的名字命名．对而言，若其内部的点满足，则称为的费马点．在中，已知，设为的费马点，且满足，．则的外接圆半径长为____________．
【答案】
【解析】
【分析】利用三角形的内角和定理、正弦定理和余弦定理，结合已知条件求解即可.
【详解】由已知，可得，
所以.
在中，，
所以.
在中，由正弦定理（*）
而，
代入（*）式得.
在中，利用余弦定理，可得，所以，
设的外接圆半径为R，在中，利用正弦定理，可得，
所以的外接圆半径长为.
故答案为：.
四、解答题：本大题共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. 如图，正三棱柱的各棱长均为1，点E为棱的中点．

（1）证明：平面；
（2）求异面直线和AC所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据线面平行判定定理证明即可;
（2）通过线线平行把异面直线和AC所成角转化为,再应用余弦定理计算求解.
【小问1详解】
连接交于点F，连接EF，

则在正方形中，F为的中点，
又E为的中点，所以EF为的中位线，则；
又平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
在三棱柱中，则，则（或其补角）为异面直线与AC所成的角．
在中，，，，则．
所以异面直线和AC所成角的余弦值为．
18. 在中，角的对边分别为，已知．
（1）求角的大小；
（2）若，且的面积为，求的值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角及两角和的公式化简求出即可.
（2）利用三角形面积公式及余弦定理求解即可.
【小问1详解】
因为，
由正弦定理得：，
即，，
因为，所以，
所以，所以；
【小问2详解】
因为的面积为，
所以，
解得，
由余弦定理得，
则，
所以．
19. 如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是梯形，AB∥CD，ÐABC＝90°，AB＝DP＝2，DC＝BC＝1．

（1）证明：AD⊥PB；
（2）求直线PC与平面PAB所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明线面垂直进而得出线线垂直;
（2）根据空间向量法计算线面角即可.
【小问1详解】
取AB的中点E，连接DB，DE，

中，，梯形ABCD中，，，所以四边形BCDE为正方形，
所以，则，
所以中，，
又，所以，则，
又平面ABCD，平面ABCD，所以，
由于，平面PBD ,平面PBD,所以平面PBD，
又平面PBD，所以．
【小问2详解】
以C为坐标原点，，为x轴，y轴正方向，在平面PCD内过点C作CD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，，
设平面PAB的法向量为，则，即，
令，则，
设直线PC与平面PAB所成角为，
则．
20. 如图，四边形ABCD中，．

（1）若AB＝3，，求△ABC的面积；
（2）若，，，记∠BAC为θ，求θ的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先应用余弦定理求出BC，再应用面积公式计算求解；
（2）根据正弦定理结合诱导公式化简，再应用二倍角公式可得角.
【小问1详解】
△ABC中由余弦定理得：，
即，解得（舍）或，
所以．
【小问2详解】
因为，，，
所以，，，
在△ABC中，由正弦定理得：，所以．
在△ACD中，由正弦定理得：，，
所以，即，
因为，所以，所以，即．
21. 如图1，在四边形中，，为上一点，，，，将四边形沿折起，使得二面角的大小为，连接，，得到如图2．

（1）证明：平面平面；
（2）点是线段上一点，设，且二面角为，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明平面，再根据面面垂直判定定理证明结论；
（2）根据条件，结合二面角定义可得，建立空间直角坐标系，求平面，的法向量，由条件，结合向量夹角公式列方程求.
【小问1详解】
由题意得，，
又，平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
【小问2详解】
由，，则∠CEB为二面角B-AE-C的平面角，
所以，
又，，所以．
以E为坐标原点，，分别为x，y轴正方向，在平面BCE内过点E作BE的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，
，，，
由已知，
．
设平面的法向量为，则，
即，
令，可得，
所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，
则，即
令，则，
所以为平面的一个法向量，
则，
又由二面角为，
则，即，
即
所以（舍去）或．
所以的值为．
22. 记△ABC内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知．
（1）求；
（2）记△ABC的面积为S，求的最大值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据向量的数量积的定义，结合余弦定理即可求解。
（2）由三角形面积公式以及余弦定理可得，进而由辅助角公式即可由三角函数的性质求解.
【小问1详解】
因为，
所以
即，
整理可得，即，
则．
【小问2详解】
，由余弦定理可得，
所以，
令，即，
可得，为锐角，且，
所以，解得，此时，当时，y取得最大值．
故的最大值为．