2022-2023学年辽宁省铁岭市昌图县第一高级中学高一下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年辽宁省铁岭市昌图县第一高级中学高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据复数的乘法法则即可化简求解.

【详解】．

故选：A

2．若向量与垂直，则非零实数（    ）

A．1 B．2 C．－1 D．－2

【答案】A

【分析】运用向量垂直坐标公式计算即可.

【详解】因为与垂直，

所以，解得：或.

又因为，

所以.

故选：A.

3．一个几何体由6个面围成，则这个几何体不可能是（    ）

A．四棱台 B．四棱柱 C．四棱锥 D．五棱锥

【答案】C

【分析】根据棱柱，棱台和棱锥的面的个数，结合选项得出答案即可．

【详解】对于A，四棱台是上下两个四边形，四个侧面有6个面，满足题意；

对于B，四棱柱是上下两个四边形，四个侧面有6个面，满足题意；

对于C，四棱锥有一个底面，四个侧面有5个面，不满足题意；

对于D，五棱锥有一个底面，五个侧面有6个面，满足题意.

故选：C

4．函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用三角函数图象变换求出函数的解析式，然后代值计算可得出的值.

【详解】函数的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，

则，所以.

故选：C.

5．所有棱长均为6的正三棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2的正三棱锥，则所得棱台的高为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】利用小三棱锥和大三棱锥的比例求解即可.

【详解】  

如图，根据题意可得所得棱台为正三棱台，

该棱台的高等于大正三棱锥的高的.

设大正三棱锥的高为DH，则：

因为大正三棱锥的高为:，

所以该棱台的高为.

故选：A

6．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，则（    ）

A． B．3 C．6 D．

【答案】B

【分析】由三角形的内角和可求出，再由余弦定理结合题意化简即可得出答案.

【详解】因为，而，所以，

则，

得．

根据余弦定理可得，故．

故选：B.

7．如图，在四面体中，点在平面上的射影是，，若，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】与所成的角通过线线平行转化为或其补角，再应用余弦定理计算余弦值，最后根据异面直线所成角的范围确定符号即可.

【详解】分别取的中点，连接.因为点在平面上的射影是，所以平面，则.

因为分别为中点，所以，所以与所成的角即或其补角.

因为，所以，所以.

又因为，所以，

所以，

异面直线所成角的范围是,故异面直线与所成角的余弦值为.

故选:C.

8．“近水亭台草木欣，朱楼百尺回波濆”，位于济南大明湖畔的超然楼始建于元代，历代因战火及灾涝等原因，屡毁屡建.今天我们所看到的超然楼是2008年重建而成的，共有七层，站在楼上观光，可俯视整个大明湖的风景.如图，为测量超然楼的高度，选择C和一个楼房DE的楼顶为观测点，已知在水平地面上，超然楼和楼房都垂直于地面.已知，在点处测得点的仰角为，在点处测得点的仰角为，则超然楼的高度（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】过作，得到，在中，由正弦定理得到，进而求得的长.

【详解】过作，交于点，

因为在点处测得点的仰角为，可得为等腰直角三角形，所以，

因为，所以，

在中，由正弦定理得，

又由，

所以，

则.

故选：D

二、多选题

9．已知复数，则（    ）

A． B．

C．z在复平面内对应的点在第二象限 D．

【答案】ABD

【分析】根据复数的除法运算化简复数,即可由选项逐一求解.

【详解】．

对于A,，A正确．

对于B,，B正确．

对于C,z在复平面内对应的点为，在第一象限，C错误．

对于D,，D正确．

故选：ABD

10．下列式子计算正确的是（    ）

A．

B．

C．

D．

【答案】BCD

【分析】根据三角函数的诱导公式和三角恒等变换的公式，逐项判定，即可求解.

【详解】对于A中，由三角函数的诱导公式，可得，所以A错误；

对于B中，由，所以B正确；

对于C中，由

，所以C正确；

对于D中，因为，

所以，

即，所以D正确.

故选：BCD.

11．已知函数，则（    ）

A．的最小正周期是

B．的图象关于轴对称

C．在上单调递增

D．在上有3个零点

【答案】AD

【分析】先应用辅助角公式化简计算周期判断A选项，根据对称轴判断B选项，计算单调性判断C选项，结合角的范围判断D选项.

【详解】由题意可得，则的最小正周期，故A正确.

因为，所以，

所以，则B错误.

函数的单调增区间可得令，得，则错误.

因为，所以，则在上有3个零点，则正确.

故选：AD.

12．已知正方体的棱长为2，E，F分别是棱，的中点，P为底面ABCD内（包括边界）一动点，则下列结论正确的是（    ）

A．若直线与平面没有公共点，则点P的轨迹长度为

B．若，则点P的轨迹长度为

C．二面角B—EF—D的正切值为

D．过E，F，C的平面截该正方体所得截面为五边形

【答案】ACD

【分析】根据空间垂直和平行找到P的轨迹，可得A,B的正误，利用定义求出二面角的正切值可得C的正误，作出截面图可得D的正误.

【详解】对于A，连接，在正方体中，由可得四边形为平行四边形，所以；

因为平面，平面，所以平面，

同理可得平面，因为，平面，所以平面平面；

因为直线与平面没有公共点，所以点P的轨迹线段，其长度为，A正确.

对于B，取的中点，连接，设交于点，

在正方形中，与全等，所以，所以，即；

又分别为中点，所以平面，而平面，所以；

因为，所以平面.

因为，所以点P的轨迹线段，其长度为，B不正确.

对于C，延长，延长交的延长线于，过点作于，

连接，由正方体的性质可得平面，平面，所以；

因为，，所以平面，所以；

所以为二面角的平面角；

在直角三角形中，，所以；

在直角三角形中，，所以，C正确.

对于D，延长，利用延长线与的交点作出截面图，如图，五边形即为过E，F，C的平面截该正方体所得截面，D正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．已知且，则          ．

【答案】

【分析】根据题意，利用余弦的倍角公式，得到，即可求解.

【详解】因为，所以，所以，

又因为，可得．

故答案为：.

14．已知方程在复数范围内的一个根为，则      .

【答案】7

【分析】由题得方程的另外一个虚根为，再利用韦达定理得解.

【详解】由题意可知方程的另一个根为，

则，

则

故.

故答案为：7.

四、双空题

15．已知向量，满足，，且在上的投影向量为，则，夹角的余弦值为      ，      .

【答案】     /    

【分析】根据在上的投影向量为，求出，再求出夹角的余弦值.

【详解】因为，，且在上的投影向量为，

所以，即，

所以.

故答案为：；

五、填空题

16．刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制）．例如，正四面体的每个顶点有个面角，每个面角为，所以正四面体在各顶点的曲率为．在底面为矩形的四棱锥中，底面，，与底面所成的角为，在四棱锥中，顶点的曲率为      ．

【答案】/

【分析】根据线面角定义可知，设，可求得所需的侧棱长和底面边长；根据长度关系和垂直关系可确定点处的三个面角的大小，根据曲率定义可求得结果.

【详解】

设，则，

平面，即为与底面所成角，即，

，，

，，；

平面，平面，，

又，，平面，平面，

平面，，即，又，

顶点的曲率为.

故答案为：.

六、解答题

17．已知复数，．

(1)若为纯虚数，求m；

(2)若，求的实部与虚部之和．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先计算，从而可得，求解即可；

（2）由题意可得，解得，从而可计算，进而可求解.

【详解】（1）因为，

所以，

由为纯虚数，得，解得.

故.

（2）由（1）可知，

由，得，解得.则，

所以，

所以的实部为1，虚部为5，即实部与虚部之和为.

18．已知的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，的面积为S，且．

(1)求角A的大小；

(2)若，，求的周长．

【答案】(1)

(2)20

【分析】（1）先利用题给条件求得，进而求得角A的大小；

（2）先利用余弦定理求得，进而求得的周长．

【详解】（1）因为，所以，

则，所以．

又因为，所以．

（2）由余弦定理得，，即，

得，则，

故的周长为．

19．已知函数的部分图像如图所示.

(1)求的解析式；

(2)求不等式的解集.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据函数的周期求出的值, 再根据最值求出A的值,再根据最小值点求出的值即得解;

（2）利用余弦函数图像解不等式即得解.

【详解】（1）由题意可得，则.

因为，且，所以.

由图可知，则，

解得.

因为，所以.

由图可知.

故.

（2）由，得，即，

则

解得，

即不等式的解集为.

20．如图，在四棱锥中，平面，底面为等腰梯形，，，，，分别为的中点，

(1)证明：平面ADP，

(2)从下面①②两个问题中任意选择一个解答，如果两个都解答，则按第一个计分，

①求点到平面的距离，

②求点到平面的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)①；②

【分析】（1）利用线线平行的传递性证得四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理即可得证；

（2）①②利用等腰梯形与勾股定理求得所需线段长，从而求得所需三角形面积，再利用等体积法即可得解.

【详解】（1）如图，取的中点，连接，

因为分别为的中点，且，

且，且，

四边形为平行四边形，，

平面平面，平面.

（2）选①，

如图，连接，过点作的垂线，垂足为，

因为底面为等腰梯形，，，，，

则，，，

平面面，，

，

同理，，

，，

所以在中，，

又，则，

所以，

平面点到平面的距离等于点到平面的距离，

设到平面的距离为，

则由，得，解得，

所以点到平面的距离为.

选②

如图，连接，过点作的垂线，垂足为，

因为底面为等腰梯形，，，，，

则，，，

为正三角形，，

平面面，，同理，

，

的面积为，

为的中点，点到平面的距离等于点到平面的距离的2倍，

设到平面的距离为，

则由，得，解得，

所以点到平面的距离为，

21．在中，角所对的边分别为.

(1)求；

(2)若，过作垂直于交于点为上一点，且，求的最大值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）由正弦定理边化角，再根据同角基本关系求解；

（2）由已知可设，在中，由余弦定理、正弦定理得与的关系，再在中，由余弦定理将表示为的函数，最后由三角函数的性质可解.

【详解】（1）因为，

所以，

又，所以，

因为，，所以，

又，解得，

因为，所以.

（2）  

由已知可设，

在中，则由余弦定理得，

即，

由正弦定理得，所以.

在中，由余弦定理，得，

，

当时，的长度取得最大值.

22．如图，在矩形中，分别为的中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，且.

(1)证明：平面平面；

(2)若，求三棱锥的体积的最大值.

（提示：，，当且仅当时，等号成立）

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）根据已知先证平面，然后由面面垂直判定定理可得；

（2）设，求棱长，由可得体积，利用题中条件可得最值.

【详解】（1）根据题意可得，

因为，所以.

，平面，所以平面.

因为平面，所以平面平面.

（2）设，则.

由（1）知平面，平面，则，得.

因为，平面，

所以平面，又平面，所以，

所以三棱锥的体积，

因为，当且仅当，即时，等号成立.

所以，故三棱锥的体积的最大值为.