山东省青岛市平度市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

2022—2023学年度第二学期第二学段模块检测

高一数学试题

2023.07

本试卷共6页，22题．全卷满分150分．考试用时120分钟．

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将条形码粘贴在答题卡指定位置上.

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.

回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.

3．考试结束后，请将答题卡上交.

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. 已知，是空间直角坐标系中的两点，点关于轴对称的点为，则两点间的距离为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】先根据对称性求出点的坐标，然后直接利用空间两点间距离公式求解即可.

【详解】因为，所以点关于轴对称的点，

所以.

故选：D.

2. 已知，，则=（    ）

A.  B. 2 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设，根据已知条件求出，再用模的公式求.

【详解】设复数，则，

由已知得，解得，

则有，，得.

故选：A

3. 已知非零向量，满足，，若，则（    ）

A. 1 B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】直接根据列式即可求出结果.

【详解】因为，所以，所以，

又因为，所以，所以.

故选：D.

4. 已知圆锥母线与底面所成角为，侧面积为，则该圆锥的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由给定条件可得圆锥轴截面是正三角形，再由侧面积求出底面圆半径及高即可求解作答.

【详解】因为圆锥的母线与底面所成角为，则该圆锥的轴截面是正三角形，令圆锥底面圆半径为，则母线，

圆锥侧面积，解得，圆锥的高，

所以该圆锥的体积为.

故选：B

5. 记的三个内角、、的对边分别为、、，若，，，则的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用余弦定理求出的值，再利用三角形的面积公式可求得的面积.

【详解】因为，，，

由余弦定理可得，

可得，由三角形的面积公式可得.

故选：B.

6. 为测量山高，选择点和另一座山的山顶为测量点，若点，，在同一水平面上，从点测得的仰角为60°，的仰角为45°，，从点测得．已知山高，则山高为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据已知条件，结合三角形中内角和为，利用三角函数和正弦定理，即可求解．

【详解】如图所示，

在中，∵，，

∴，

在中，， ，∴，

由正弦定理，可得，，

在中，，.

故选：C

7. 在正三棱柱中，，，分别是，中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设，取的中点，的中点，的中点,可得异面直线与所成角为或其补角，利用余弦定理即可求解.

【详解】设，取的中点，的中点，的中点,

易知,,

所以异面直线与所成角为或其补角.

由正三棱柱的几何特征可得.

,

,

,，

,

在中，由余弦定理可得

,

所以异面直线与所成角的余弦值为.

故选:A.

8. 已知，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先根据已知条件求出，，从而求出，进而利用二倍角的余弦公式求出结论.

【详解】因为，所以，

又，所以，，

所以，

所以.

故选：C.

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，选对但不全的得2分，有选错的得0分．

9. 已知向量，，，则（    ）

A.

B.

C. 若，∥，则

D. 在上的投影向量的坐标为

【答案】BCD

【解析】

【分析】先由，得，从而可求出的坐标，然后逐个分析判断即可.

【详解】因为，，，

所以，得，

所以，，所以A错误，

对于B，因为，，所以，

因为，所以，所以B正确，

对于C，因为，∥，，所以，所以，

所以，所以C正确，

对于D，因为，，所以在上的投影向量的坐标为，所以D正确，

故选：BCD

10. 已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下述正确的是（    ）

A. 若，，则

B. 若，，则

C. 若，，，则

D. 若，，，、则

【答案】BC

【解析】

【分析】根据空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐项判断即可.

【详解】对于A，若，，则与相交、平行或异面，故A错误；

对于B，若，，则，故B正确；

对于C，若，，则,

若，则，故C正确；

对于D，若，则，可能相交，故D错误.

故选:BC.

11. 已知函数，，的最小值为，则（    ）

A.

B. ，都有

C. ，，则m的最大值为

D. 将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于原点对称

【答案】AD

【解析】

【分析】利用辅助角公式化简函数，由已知求出周期判断A；代入验证对称轴判断B；求出函数在区间上的值域判断C；平移求出解析式判断D作答.

【详解】依题意，，显然函数的最大值、最小值分别为，

因为，则与中一个取2，另一个取，

又的最小值为，于是的半周期，即周期，，解得，A正确；

于是，而，则直线不是函数图象的对称轴，

即，B错误；

当时，，，则，

因为，，因此，的最大值为2，C错误；

因为函数的图象关于原点对称，

所以将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于原点对称，D正确.

故选：AD

12. 如图甲，在梯形中，∥，，，，，分别为，的中点，将沿折起（如图乙），使得，则（    ）

A. 直线∥平面

B. 三棱锥的体积为

C. 直线与平面所成角的正弦值为

D. 若四棱锥的各顶点都在球的球面上，则球的表面积为

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A，取的中点，连接，可证得四边形为平行四边形，则∥，然后由线面平行的判定定理分析判断，对于B，由题意可证得平面，然后利用求解判断，对于C，取的中点，连接，可证得为直线与平面所成角，然后在中求解，对于D，连接交于点，过作直线平面，则外接球的球心在直线上，然后可求出其半径，从而可求出球的表面积.

【详解】因在梯形中，∥，，，，

所以，四边形为正方形，

对于A，取的中点，连接，

因为为的中点，所以∥，，

因为为的中点，所以，

因为∥，，所以∥，，

所以四边形为平行四边形，所以∥，

因为平面，平面，所以直线∥平面，所以A正确，

对于B，因为，，，平面，

所以平面，所以，所以B错误，

对于C，取的中点，连接，则∥，

因为，，所以，，

因为，平面，所以平面，

所以为直线与平面所成角，

在中，，则，

所以，所以C正确，

对于D，连接交于点，过作直线平面，因为平面，四边形为正方形，

所以四棱锥外接球的球心在直线上，设外接球的半径为，

则，

所以四棱锥外接球的表面积为，所以D正确，

故选：ACD

  【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行的判断，考查线面角的求法，考查棱锥的外接球问题，解题的关键是将平面图形折成空间图形过程中，弄清线面之间的关系，考查空间想象能力，属于较难题.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 若非零向量、满足，，则向量、的夹角为____________．

【答案】

【解析】

【分析】由平面向量的数量积可求出，结合向量夹角的取值范围可得出向量、的夹角.

【详解】因为非零向量、满足，，

则，即，即，

即，所以，，

因为，故，即向量、的夹角为.

故答案为：.

14. 在正四棱锥中，，用平行于正四棱锥底面的平面截去一个高为的四棱锥后，所得棱台的体积为____________．

【答案】##

【解析】

【分析】先利用勾股定理求出正四棱锥的高，再利用相似比求出截去的高为的四棱锥的底面边长，在求出两个棱锥的体积即可.

【详解】如图，为底面四边形对角线的交点，

则为正四棱锥的高，，

则，

设截去的高为的四棱锥的底面边长为，

则，解得，

所以棱台的体积为.

故答案为：.

15. 记的三个内角的对边分别为，，，且，，若是的外心，则____________．

【答案】

【解析】

【分析】作于，于，根据向量数量积的几何意义，，即可得到答案.

详解】如图：

 
作于，于，
∵圆中，，∴，
因此，
同理可得，
∴.

故答案为:.

16. 棱长为的正四面体的各顶点都在球心为的球面上，则过点，，的平面截四面体所得截面图形的面积为____________；球的体积为____________．

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】将正四面体放到正方体中，则正方体的外接球即为正四面体的外接球，求出正方体的体对角线即为外接球的直径，即可求出外接球的体积，取的中点，连接、，则即为过点，，的平面截四面体所得截面图形，求出截面面积即可.

【详解】如图将棱长为的正四面体放到正方体中，则正方体的外接球即为正四面体的外接球，

正方体外接球的球心在体对角线的交点，体对角线即为外接球的直径，

设正方体的棱长为，由已知可得，解得，

设正方体外接球的半径为，则，即，

所以外接球的体积，

取的中点，连接、，根据正方体的性质可知即为过点，，的平面截四面体所得截面图形，

又，，所以，

即过点，，的平面截四面体所得截面图形的面积为.

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，，且，．

（1）求；

（2）求．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先根据求出，然后对待求式变形即可得出结论；

（2）利用两角差的正弦公式可直接求解.

【小问1详解】

因为，所以，

又因为，

所以

由，

解得，

所以.

【小问2详解】

因为，，

所以，

又因为，，

所以，

所以.

18. 如图，平行六面体的底面是菱形，，且．

（1）证明：平面；

（2）求与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）设，，，利用空间向量的数量积证明出，，结合线面垂直的判定定理可证等价结论成立；

（2）分析可知平面的一个法向量为，计算出、、的值，利用空间向量法可得出与平面所成角的正弦值.

【小问1详解】

证明：设，，，

则，，

，

，，

因为，所以，

因为，所以，

又因为，、平面，所以平面.

【小问2详解】

解：设与平面所成角为，

因为平面，则平面的一个法向量为，

因为，，

，

所以，，所以，

即与平面所成角的正弦值为.

19. 已知，，．

（1）求的单调递增区间；

（2）若的三个内角，，的对边分别为，，，，，边上的高，求的面积．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示与辅助角公式化简，再利用正弦函数的单调性即可得解；

（2）先由求得角，再利用三角形面积公式与余弦定理得到的关系式，从而得解.

【小问1详解】

因为

，

由，得

所以函数的单调递增区间为

【小问2详解】

因为，即，

又，则，所以，故，

因为，所以，

又因为，，所以，

所以由，，，得，，，

所以.

20. 如图，在正四梭柱中，已知，三棱锥体积为．

（1）求点到平面的距离；

（2）求与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先根据棱锥的体积公式求出正四梭柱的高，以点为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可；

（2）利用向量法求解即可.

【小问1详解】

因为为正四棱柱，，

所以平面，，

所以，

所以，

如图以点为原点，建立空间直角坐标系，

则，，，，

，，，，

设平面的法向量为，

则，可取，

则点到平面的距离；

【小问2详解】

因为且，

所以为平行四边形，所以，

又平面，平面，

所以平面，

同理可证平面，

又平面，

所以平面平面，

所以是平面的法向量，

设与平面所成角为，

则，

所以与平面所成角的正弦值为.

21. 的三个内角、、的对边分别为、、，若．

（1）求角；

（2）若，，，求、．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围可求得角的值；

（2）由可得出，利用平面向量数量积的运算性质以及余弦定理可得出关于、的方程组，即可解得、的值.

【小问1详解】

解：因为，

由正弦定理可得，

即，即，

因为，则，所以，，解得，故.

【小问2详解】

解：因为，则，可得，

所以，，

所以，，①

由余弦定理可得，②

联立①②可解得.

22. 如图，四边形与均为菱形，，，，记平面与平面的交线为．

（1）证明：；

（2）证明：平面平面；

（3）记平面与平面夹角为，若正实数，满足，，证明：．

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析    （3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）通过线面平行的性质定理进行转化求解即可；

（2）通过图形关系证明，，然后得到线面垂直，再证明面面垂直即可；

（3）首先通过几何图形关系得到即为平面与平面的夹角，得到角度后，通过基本不等式或三元均值不等式转化证明即可.

【小问1详解】

因为为菱形，所以，

因为平面，平面，所以平面，

又因为平面，平面平面，所以.

【小问2详解】

连接交于点，连接，

因为为菱形，所以，为中点，

因为，所以，

又因为平面，，所以平面，

因为平面，所以平面平面

  【小问3详解】

因为为菱形，，，

所以，，

又因为为菱形，所以，

因为，，所以，

所以，所以，即，

又因为，平面，，所以平面，

又由（1）知，所以平面，

所以即为平面与平面的夹角，

在直角中，，所以，

所以平面与平面夹角的大小为，

因为，所以，

两式相加得，，

下面证明：①；②；且等号不同时取；

法一：基本不等式

因为

当且仅当时取等号，所以，

同理（当且仅当取等号）

所以，即，

所以

法二：三元均值不等式

当且仅当时取等号，所以，

同理（当且仅当取等号）

所以，即，

所以.

【点睛】思路点睛：本题考查立体几何与基本不等式的综合问题.立体几何要通过性质定理和判定定理进行图形关系的转化，不等式证明问题需要联系常用的基本不等式，将形式进行转化进而求解.