2022-2023学年山东省威海市高一下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年山东省威海市高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知角的终边经过点，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】直接利用三角函数的坐标定义求解即得解.

【详解】由题得.

故选：C

2．下列角的终边与角的终边关于轴对称的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据已知角，利用周期性写出终边相同角，再结合选项判断即可.

【详解】由题意知，与角的终边关于轴对称的角为

当时，，正确.

经验证，其他三项均不符合要求.

故选：.

3．已知，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由及二倍角公式，得，即可得解.

【详解】由题意，得

，所以.

故选：C.

4．已知正四棱锥的侧棱长为，高与斜高的夹角为，则该正四棱锥的体积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】画出图形，正四棱锥，高为，斜高为，然后根据已知条件列方程可求出高和底面边长，从而可求出体积.

【详解】如图，在正四棱锥，高为，斜高为，

题意可得

设正方形的边长为，则，

在中，，

在中，，则，解得，

所以，

所以正四棱锥的体积为，

故选：A

5．在空间四边形中，若，分别为，的中点，，，且，，则（    ）

A．直线与平行 B．直线，，相交于一点

C．直线与异面 D．直线，，相交于一点

【答案】B

【分析】首先利用相似三角形证明且，再利用中位线定理证明且，从而得到四边形为梯形，且，是梯形的两腰，设，交于一点，利用平面的性质证明是直线，，的公共点即可．

【详解】因为，，且，

所以，所以且，

因为，分别为，的中点，所以且，

所以且，故四边形为梯形，且，是梯形的两腰，

所以，交于一点，设交点为，则，，

又因为平面，且平面，

所以平面，且平面，

又平面平面，

所以，

所以点是直线，，的公共点，

故直线、、相交于一点．

故选：B

6．古希腊地理学家埃拉托色尼从书中得知，位于尼罗河第一瀑布的塞伊尼（现在的阿斯旺，在北回归线上）记为，夏至那天正午，阳光直射，立杆无影；同样在夏至那天，他所在的城市——埃及北部的亚历山大城记为，测得立杆与太阳光线所成的角约为.他又派人测得，两地的距离km，平面示意图如图，则可估算地球的半径约为（    ）（）

A．km B．km C．km D．km

【答案】C

【分析】利用圆的性质及周长公式即可求解.

【详解】设地心为，依题意可得，，，

设地球的周长为，半径为，

则，所以km.

故选：C

7．如图，为正方形，，点在上，点在射线上，且，则（    ）

A． B． C． D．不确定

【答案】B

【分析】根据边角关系证明三角形全等，即可根据对应边和角相等求解.

【详解】在取，连接,

由于，,所以,

又，所以,

由于,,

所以,

所以.

故,

故,

故选：B

8．在中，，，为的中点，为上一点，且，交于点，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据平面向量共线定理、平面向量线性运算法则及平面向量基本定理得到方程，解得即可.

【详解】依题意，又，

所以，

因为、、三点共线，所以，

又、、三点共线，所以，

因为、不共线，所以，解得，

所以.

故选：D

二、多选题

9．已知正方体，则（    ）

A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为

C．二面角的大小为 D．二面角的大小为

【答案】AC

【分析】根据正方体的特征，即可由空间角的定义，结合选项即可逐一求解.

【详解】对于A，连接，，由正方体的性质知：，

所以为等边三角形，故，

由于,所以四边形为平行四边形，所以，

故即为直线与所成的角，故A正确，

对于B,由于,而,所以直线与所成的角为，故B错误，

对于C，因为平面，平面，

所以，又因为， 故即为二面角的平面角，

由于，故C正确，

对于，连接，，

设正方体的棱长为2，所以，

又二面角的平面角，

所以，故D错误．

故选：AC

10．记的内角，，所对的边分别为，，.（    ）

A．若，则是等腰三角形

B．若，则是直角三角形

C．若，则是等腰三角形

D．若，则是等边三角形

【答案】BC

【分析】A. 分析得到或，则是等腰三角形或直角三角形，所以该选项错误； B. 化简得到.所以是直角三角形，所以该选项正确；C. 化简得到，则是等腰三角形，所以该选项正确；D.化简得是等腰三角形，所以该选项错误.

【详解】A. 若，则或，所以或，则是等腰三角形或直角三角形，所以该选项错误；

B. 若，则 .所以是直角三角形，所以该选项正确；

C. 若，所以，所以所以，则是等腰三角形，所以该选项正确；

D. 若，所以或,则是等腰三角形，所以该选项错误.

故选：BC

11．已知为坐标原点，点，，，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】通过计算得到，所以选项A正确；通过计算得到，所以选项B正确；，，所以选项C不正确；通过计算得到，所以选项D正确.

【详解】对选项A：，，所以该选项正确；

对选项B：，，

所以，所以，所以该选项正确；

对选项C：，

，所以该选项不正确；

对选项D：，

，所以该选项正确.

故选：ABD

12．若函数（）在有且仅有个零点，则（    ）

A．的图象关于直线对称

B．在单调递增

C．在有且仅有个解

D．的取值范围是

【答案】AD

【分析】化简已知得到，所以选项D正确；令得到，即可判断选项A正确；求出即可判断选项B错误；求出在有且仅有个解.所以选项C错误.

【详解】由题得.

∵，

因为函数在有且仅有个零点，所以，

所以的取值范围是，所以选项D正确；

对于选项A，令.

令，所以的图象关于直线对称，所以该选项正确；

对于选项B，因为，

所以在不是单调递增，所以该选项错误；

对于选项C，，所以当或时，，所以在有且仅有个解.所以该选项错误.

故选：AD

三、填空题

13．已知锐角，满足，，则       .

【答案】/

【分析】根据正切和角公式即可求解.

【详解】由，得，

由于，为锐角，所以，故，

故答案为：

14．将函数图象上的所有点向右平移个单位，再把所得到的曲线上的所有点纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到函数的图象，则        .

【答案】

【分析】用三角函数的图象变换法则即可求解.

【详解】将函数图象上的所有点向右平移个单位，

得到函数的图象，

再把图象上的所有点纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，

得到函数的图象.

故答案为：

15．已知非零向量，满足，且，则向量与的夹角为       .

【答案】/

【分析】由已知得，再利用数量积公式化简即得解.

【详解】因为，所以，

所以，所以.

因为.

故答案为：

16．已知三棱锥中，平面，，，.在此棱锥表面上，从点经过棱上一点到达点的路径中，最短路径的长度为，则该棱锥外接球的表面积为       .

【答案】

【分析】根据几何体的线面关系可将其放进一个长方体，外接球直径就是体对角线长，此时需要长方体的长宽高数据，根据题干中的最短路径数据，转化成平面问题列余弦定理方程求解.

【详解】  

由于平面，，可将三棱锥放在一个如上图的长方体里，长方体的外接球直径就是三棱锥的外接球，就是体对角线的长，

下将翻折到和共面的状态，如下图：

由平面，平面，故，在上图长方体中，显然平面，又平面，故，

在中，，则，于是，由题意，点经过棱上一点到达点的路径中，最短路径的长度为，

则平面图中的，设，在中，由余弦定理，，整理得，解得（负值舍去）.

故长方体中，，则，即为外接球直径，故外接球的表面积是.

故答案为：

四、解答题

17．如图，四棱锥的底面为正方形，为的中点.

(1)证明：平面；

(2)若平面，证明：.

【答案】(1)证明见解析；

(2)证明见解析.

【分析】（1）根据题意，设与交于点，连接，由线面平行的判定定理即可证明；

（2）由线面垂直的性质定理及判定定理即可得证.

【详解】（1）设与交于点，连接，

因为底面是正方形，所以为的中点，

又因为为的中点，所以，                              

因为平面，平面，

所以平面.  

（2）因为底面是正方形，所以，                   

又因为平面，平面，所以，

又，平面，

所以平面，

因为平面，所以.

18．已知函数.

(1)当时，求的取值范围；

(2)若锐角，满足，，求.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式化简，即可根据整体法求解范围，

（2）根据同角关系求解，，即可根据正弦和差角公式求解.

【详解】（1）,

因为，则，

所以，所以.

（2）由第（1）问知，

所以，

因为，所以，

因为，为锐角，

所以，因为，所以，

所以

.

19．记的内角所对的边分别为已知向量，，且.

(1)求角；

(2)若为的中点，，，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示先找出中的边角关系，利用三角恒等变换和边角互化进行求解；

（2）利用，平方后列出关于边长的条件，然后根据三角形的面积公式求解.

【详解】（1）由题意知，

所以，

由正弦定理可知，

即，

因为，所以，

所以，即得，

因为，所以.

（2）因为为的中点，

所以，

所以，所以，

所以，①

由余弦定理可知，

所以，②

由①②得，

所以.

  【点睛】20．图①是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，.将其沿，折起使得与重合，连接，如图②.

(1)证明：平面平面；

(2)证明：//平面；

(3)求直线与平面所成角的正切值.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）根据线面垂直即可得面面垂直，

（2）利用线线平行或者面面平行即可求证线面平行，

（3）根据线面角的定义，得其几何角，即可利用边角故选求解.

【详解】（1）  

由题意知，，平面,

所以平面，

又平面，

所以平面平面.

（2）法一：由题意可知，，

所以，

所以四边形为平行四边形，所以，

又平面，平面，所以平面.

法二：因为，平面,平面,所以平面,

，平面,平面,所以平面,

平面，

所以平面平面，

又平面，所以平面.

（3）过作交的延长线于点，连接，

因为平面平面，且交线为平面,

所以平面，

所以在平面内的射影为，

所以与平面所成的角为，

因为，所以，  

在中，，，

在中，，，所以，

所以，

所以与平面所成角的正切值为.

21．在平面直角坐标系中，已知点，点在第二象限，且.

(1)若点的横坐标为，现将向量绕原点沿顺时针方向旋转到的位置，求点的坐标；

(2)已知向量与，的夹角分别为，，且，，若，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据三角函数的定义即可求解，

（2）根据三角函数的定义，结合和差角公式即可根据向量的坐标运算求解.

【详解】（1）因为，点在第二象限且横坐标为，

所以点的坐标为，

设，由三角函数定义可知，，

因为向量绕原点沿顺时针方向旋转到的位置，

所以角的终边位于射线上，

所以，，

设点的坐标为，

所以，，

所以点的坐标为.

（2）因为向量与的夹角为且，

所以，                     

所以点横纵坐标分别为，，

即点坐标为，所以.

因为向量与的夹角为，且点在第二象限，

所以角的终边位于射线上，

又，

，

所以点的横纵坐标分别为，，

即点坐标为，所以，

因为，

所以，

所以，

解得，所以.

22．（1）证明：；

（2）记的内角，，所对的边分别为，，，已知.

（ⅰ）证明：；

（ⅱ）若成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）证明见解析；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）

【分析】（1）证法一：从左向右证，先变形，然后利用两角和与差的余弦公式化简即可，证法二：从右向左证，利用两角和与差的正弦公式化简即可，

（2）（ⅰ）证法一：将利用正弦定理统一成角的形式，再利用三角函数恒等变换公式化简即可，证法二：将利用正弦定理统一成边的形式，然后利用余弦定理结合三角函数恒变换公式化简即可；（ⅱ）解法一：由可得，再由，得，再结合余弦定理和得，换元后构造函数分类讨论可求得结果，解法二：将由正弦定理统一成角的形式，再结合得，换元后构造函数分类讨论可求得结果，解法三：由，将整理得，换元后构造函数分类讨论可求得结果.

【详解】证明：（1）法一：            

.

法二： ，

，

所以.

（2）（ⅰ）法一：因为，

由正弦定理可知，

即，

即，可得，

由（1）可知，

所以，因为，所以，

所以，因为，所以，

又因为，所以，所以或（舍），

所以.

法二：因为，由正弦定理可得，

因为，所以，

所以，即，

所以，

即，所以，

因为，所以，又因为，

所以，所以或（舍），所以.

解：（ⅱ）法一：因为，所以，即，

因为，所以，

所以，

所以，

，

因为，所以，

，

，

因为，，，，可得，

设，则，                      

即对成立，

令，

当时，即时，可得，解得，所以；

当时，即时，可得，解得，所以；

当时，即时，可得，解得，所以.

综上，.

法二：因为，由正弦定理可知，

因为，所以，

，

代入，整理得，下同法一.

法三：因为，将整理得，

即，由题意可得，设，则，

即对成立，令，

当时，即时，可得，解得，所以；

当时，即时，可得，解得，所以；

当时，即时，可得，解得，所以.

综上，.