山东省潍坊市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

这是一份山东省潍坊市2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了 若，且，则的值为， 在中，已知，则内角的最大值为， 已知复数，则等内容，欢迎下载使用。
试卷类型：A高一数学2023.7本试卷共4页.满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，考生务必在试题卷､答题卡规定的地方填写自己的准考证号､姓名.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，再选涂其它答案标号.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，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.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. 已知复数（为虚数单位），则的虚部为（    )A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用复数的除法运算化简，由此求得的虚部.【详解】，故虚部为.故选：C【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复数虚部的概念，属于基础题.2. 已知向量，若，则实数的值为（    ）A. 7 B. 3 C.  D. 【答案】C【解析】【分析】利用向量垂直的坐标运算即可求出结果.【详解】因为，又，所以，解得，故选：C.3. 在平面直角坐标系中，若角的终边经过点，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据条件，利用三角函数的定义求出，再利用诱导公式即可求出结果.【详解】角终边经过点，所以，又，所以，故选：B.4. 已知水平放置的平面图形的直观图如图所示，其中，则平面图形的面积为（    ）  A. 6 B. 3 C. 8 D. 4【答案】D【解析】【分析】根据直观图画法的规则，确定原平面图形四边形的形状，求出上下底边边长，以及高，然后求出面积【详解】根据直观图画法的规则，直观图中平行于轴，，在轴上，，则原平面图形中平行于轴，在轴上，从而有，且，，，如图所示，  所以直角梯形的面积为.故选：D．5. 若，且，则的值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用正切二倍角公式即同角三角函数关系化简得到.【详解】因为，所以，即，因为，所以，，所以，因为，所以，解得.故选：D6. 如图，圆台的侧面展开图扇环的圆心角为，其中，则该圆台的高为（    ）  A. 1 B.  C.  D. 4【答案】C【解析】【分析】利用扇形的弧长公式结合已知条件求出圆台上、下底面圆的半径，在建立与圆台高的关系式求解即可.【详解】因为圆台的侧面展开图扇环的圆心角为，所以在圆锥中有：，所以，又在圆锥中有：，所以，所以该圆台的高为：，故选：C.7. 托勒密是古希腊天文学家､地理学家，托勒密定理就是由其名字命名，该定理指出：圆的内接凸四边形两组对边乘积的和等于两条对角线的乘积.则图四边形为圆的内接凸四边形，，且为等边三角形，则圆的直径为（    ）  A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】设，先利用余弦定理求出，再根据题意建立方程求出，再利用正弦定理即可求出结果.【详解】设，则，因为为等边三角形，所以,在中，由余弦定理得到，，所以，由题有，所以，解得，所以由正弦定理知，，解得，  故选：D.8. 在中，已知，则内角的最大值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由定义法用边和角表示已知条件中的向量数量积，利用余弦定理化简，再利用不等式的性质求的最小值，可得角的最大值.【详解】中，A，B，C的对边分别为a，b，c，由，得，由余弦定理得，即则 ，当时，取到最小值，所以角的最大值为.故选：C二､多项选择题：本大题共4个小题，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. 已知复数，则（    ）A. 若，则B. 若是纯虚数，则C. 若，则D. 若，则【答案】ABD【解析】【分析】根据复数的概念判断A、B，根据共轭复数判断C，根据复数的模判断D.【详解】因为，对于A：若，则，解得，故A正确；对于B：若是纯虚数，则，解得，故B正确；对于C：若，则，所以，故C错误；对于D：若，则，所以，故D正确；故选：ABD10. 某球形巧克力设计了一种圆柱形包装盒，每盒可装7个球形巧克力，每盒只装一层，相邻的球形巧克力相切，与包装盒接触的6个球形巧克力与圆柱形包装盒侧面及上下底面都相切，如图是平行于底面且过圆柱母线中点的截面，设包装盒的底面半径为R，球形巧克力的半径为，每个球形巧克力的体积为，包装盒的体积为，则（    ）  A.  B. C.  D. 【答案】AD【解析】【分析】从截面图可得R与的关系，由球和圆柱的体积公式计算和，判断选项.【详解】由截面图可以看出，圆柱的底面直径是球形巧克力直径的3倍，即可得，圆柱的高等于球形巧克力的直径，即，，，则有.故选：AD11. 已知函数的最小正周期是，则（    ）A. B C. 的对称中心为D. 在区间上单调递增【答案】BCD【解析】【分析】根据条件求出，从而得到，再对各个选项逐一分析判断即可得出结果.【详解】因为函数的最小正周期是，所以，又，得到，所以，选项A，因为，故选项A错误；选项B，因为，又，由的性质知，，所以，故选项B正确；选项C，由，得到，所以的对称中心为，故选项C正确；选项D，当时，，由的性质知，在区间上单调递增，故选项D正确.故选：BCD.12. 东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”，根据面积关系给出了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”.如图 1，它由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.我们通过类比得到图2，它由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形DEF拼成的一个大等边三角形ABC，则（    ）    A. 这三个全等的钝角三角形可能是等腰三角形B. 若，则C. 若，则D. 若，则三角形的面积是三角形面积的19倍【答案】BCD【解析】【分析】根据三个全等的钝角三角形及一个小等边三角形DEF，应用正弦定理及余弦定理分别判断各个选项即可.【详解】选项A，若三个全等的钝角三角形是等腰三角形，则，从而三点重合，不合题意，故A错误；在中,不妨设， 由余弦定理，解得，,故B正确；在中，，而，所以，， 由正弦定理得，解得，又因为，所以，故C正确；若,设在中, ，，所以,故D正确.故选:BCD.三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.13. 请写出一个周期为的偶函数__________.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】只要写出一个满足题意的函数即可.【详解】由的周期为：，且，故为一个周期为的偶函数，故答案为：（答案不唯一）.14. 已知点，向量绕原点顺时针旋转得到向量，则点的坐标为__________.【答案】【解析】【分析】设，由，，结合点所在象限，可求坐标.【详解】设，由题意有，，即 ，由旋转方向可知点第四象限，即，解得，所以点的坐标为．
故答案为：．15. 已知，，则__________.【答案】【解析】【分析】利用两角和的余弦公式得到，即可求出，再根据利用两角差的正弦公式计算可得.【详解】因为，即，所以，所以，即，因为，所以，所以，所以.故答案为：16. 将半径均为2的四个球堆成如图所示的“三角垛”，则由球心A，B，C，D构成的四面体的外接球的表面积为__________，若该三角垛能放入一个正四面体容器内，则该容器棱长的最小值为__________.  【答案】    ①.     ②. 【解析】【分析】正四面体补形成一个正方体，利用正方体对角线，求外接球的半径和表面积如；利用正四面体中心到底面的距离与棱长的关系，列方程求容器棱长的最小值.【详解】由球心A，B，C，D构成的四面体是正四面体，其棱长为4，将正四面体补形成一个正方体，正方体的棱长为，正四面体的棱是正方体各面的对角线，如图所示，  则正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即外接球的半径，外接球的表面积为.对于正四面体中， 若边长为a， 为正四面体外接球球心，H是正四面体底面三角形的中心，如图所示，  由于M为CD的中点，所以，则，，设外接球的半径为R，则，中，，解得，所以，即正四面体的中心到正四面体底面的距离为，半径均为2的四个球堆成的“三角垛”，由球心A，B，C，D构成的四面体，棱长为4，该三角垛能放入一个正四面体容器内，则该容器棱长的最小值时，此时每个小球均与正四面体的面相切，任意两个小球外切，设这个正四面体容器棱长为，则有，解得，则该容器棱长的最小值为.故答案为：；.【点睛】方法点睛：正四面体的外接球问题，经常把正四面体补形成正方体，利用正方体的对角线为外接球的直径，可减少运算量；与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接，解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，找到等量关系列出算式.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. 已知是虚数单位，设复数.（1）若，求实数的值；（2）若在复平面上对应的点位于右半平面（不包括虚轴），求实数的取值范围.【答案】（1）1    （2）【解析】【分析】（1）利用复数相等的条件即可求出结果；（2）利用复数的四则运算求出，再根据复数的几何意义得到对应的点，从而求出结果.【小问1详解】因为，所以，又，所以，解得.【小问2详解】因为，所以，其在复平面上对应点为，所以，得到.18. 在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知点，且四边形平行四边形.（1）求点的坐标及；（2）若点为直线上的动点，求的最小值.【答案】（1），    （2）-25【解析】【分析】（1）是平行四边形，利用求出点的坐标，可得的坐标及；（2）设点的坐标，表示出，结合函数思想求最小值.【小问1详解】如图所示，  设C点坐标为，则，，因为四边形是平行四边形，，则有，所以，可得，【小问2详解】由题意直线的方程为，设，则，，所以，故当，点P坐标为时，取得最小值-25.19. 已知的内角所对的边分别为.（1）求；（2）若，求边.【答案】（1）    （2）4【解析】【分析】（1）根据两角和差的正切公式结合角的范围即可求解；（2）利用两角和的正弦公式，结合正弦定理可求得c.【小问1详解】,,,【小问2详解】,
由正弦定理可得可得，20. 函数的部分图象如图所示.  （1）求的解析式；（2）将的图象向左平移个单位得到函数的图象，若，方程存在三个不相等的实数根，求实数的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据的图象可得，再由图象过点可得解析式；（2）根据图象平移规律得到函数的图象，若，存在三个不相等的实数根，可转化为与在有两个不同的交点，结合图象可得答案.【小问1详解】由图象可得，由图象过点，所以，可得，所以，又，所以，所以；【小问2详解】将的图象向左平移个单位可得到函数的图象，方程，可得，可得时，，所以；所以在有两个不相等的实数根，即与的图象在有两个不同的交点，画出它们的大致图象，由图象可得，，所以.  21. 如图，在正六棱锥中，球是其内切球，，点是底面内一动点（含边界），且.  （1）求正六棱锥的体积；（2）当点在底面内运动时，求线段所形成的曲面与底面所围成的几何体的表面积.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由正六棱锥的结构特征，结合已知数据，求出底面积和高，可求体积；（2）由，可得所示几何体的圆锥，求出底面半径和母线长，可计算表面积.【小问1详解】设是底面的中心，连接，，底面为正六边形，可知为等边三角形，，在中，,在正六边形中，，所以.  【小问2详解】取的中点N，连接，，，设正六棱锥的内切球与侧面相切于点H，可知H在上，连接，等边三角形中，，在中，，则，所以，设内切球O的半径为r，则，由，得，所以，所以，在中，，所以，所以点M在六边形中， 且以为圆心为半径的圆上，所以点M在底面内运动时， 线段所形成的曲面与底面所围成的几何体为圆锥，圆锥底面半径为，母线长为2，此几何体的表面积为【点睛】方法点睛：圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接，解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，找到等量关系列出算式.22. 已知的内角所对边分别为.若内部有一个圆心为，半径为米的圆，它沿着的边内侧滚动一周，且始终保持与三角形的至少一条边相切.  （1）若为边长是16米的等边三角形，求圆心经过的路程；（2）若用28米的材料刚好围成这个三角形，请你设计一种的围成方案，使得圆心经过的路程最大并求出该最大值（若为正数，则，当且仅当时取等号）.【答案】（1）米    （2）围成三角形为边长是米的等边三角形时，圆心经过的路程最大，最大值为米【解析】【分析】（1）根据切线长定理得到，即可得解；（2）依题意，， ，则圆心走过的路程，再由诱导公式、两角和的正切公式及基本不等式得到，即可求出的最大值.【小问1详解】如下图，因为是等边三角形，所以，所以，所以圆心走过的路程米.【小问2详解】依题意，， ，则圆心走过的路程，即又，即，所以，因为，所以，两边同时除以，可得 ，所以，所以，，当且仅当时等号成立，所以，所以，所以圆心经过的路程最大值为米，此时围成三角形为边长是米的等边三角形.【点睛】关键点睛：本题解答的关键是三元基本不等式“若为正数，则，当且仅当时取等号”的应用.