辽宁省丹东市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)

这是一份辽宁省丹东市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)，共18页。试卷主要包含了单项选择题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1. 在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限
C. 第三象限D. 第四象限
【答案】B
【解析】因为，所以对应的点为，它位于第二象限.
故选：B.
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
.
故选：A.
3. 已知圆台的上､下底面的面积分别为和，其母线的长为，则圆台的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】圆台的上、下底面面积分别为和，
圆台的上、下底面半径分别为6和7，圆台的母线长为，
如图为圆台的轴截面，分别为的中点，过作于，
则，所以，
圆台的高，
圆台的体积．
故选：A．
4. 要得到的图象，只要将的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度B. 向右平移个单位长度
C. 向左平移个单位长度D. 向右平移个单位长度
【答案】D
【解析】对于选项A：将的图象向左平移个单位长度，
得到，故A错误；
对于选项B：将的图象向右平移个单位长度，
得到，故B错误；
对于选项C：将的图象向左平移个单位长度，
得到，故C错误；
对于选项D：将的图象向右平移个单位长度，
得到，故D正确.
故选：D.
5. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由题意可得：
.
故选：C.
6. 已知直线平面，直线平面，给出下列四个命题：
①；②；③；④
其中正确的命题个数为（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】因为直线平面，直线平面，
对于①，若，则，从而，故①对；
对于②，若，则或，则与的位置关系不确定，故②错；
对于③，若，则，因为平面.，则，故③对；
对于④，因为，，则或，则或、相交、重合，故④错.
故选：B.
7. 已知函数，且，则（ ）
A. 在区间上单调递减
B. 在区间上单调递增
C. 在区间上单调递减
D. 在区间上单调递增
【答案】D
【解析】因为且，
所以，即，
所以，即，所以，，
则，，
不妨取，所以，
令，，解得，，
所以的单调递减区间为，，
令，，解得，，
所以的单调递增区间为，，
结合各选项可知只有D正确.
故选：D.
8. 在长方体中，为的中点，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】在长方体中，为的中点，，，
所以为等腰直角三角形，则其外接圆的圆心为斜边的中点，
且，
所以三棱锥外接球的球心在经过点且垂直平面的直线上，设球心为，
连接、、，则外接球的半径，
设（或其延长线）与平面交于，连接，，
则，，
所以球心在平面的外部，设，
则，，
所以，解得，
所以，
则三棱锥外接球的表面积.
故选：D.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，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. 在复平面内，是坐标原点，，则（ ）
A. 的虚部为B.
C. D.
【答案】BC
【解析】因为，所以的虚部为，故A错误；
，故B正确；
，故C正确；
，所以，故D错误.
故选：BC.
10. 在中，角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ）
A 当时，
B. 当是锐角三角形时，角的取值范围为
C. 外接圆的半径为2
D. 周长的取值范围为
【答案】ABD
【解析】A中，因为，由正弦定理可得，再由大边对大角可知正确；
B中，因为是锐角三角形，则，解得，
即，所以B正确；
C中，设外接圆的半径为，则，所以，则C不正确；
D中，，，由余弦定理可得，
即，所以，
可得，当且仅当时，等号成立，
又在三角形中，，所以，，
所以周长的取值范围为，故D正确．
故选：ABD．
11. 在菱形中，是的中点，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】对于A，因为是菱形，所以，，
所以，所以A正确；
对于D，因为是的中点，所以，
所以，所以B正确；
对于C，因为，所以，
因为，所以，所以C错误；
对于D，过作于，因为，所以∥，因为是的中点，
所以为的四等分点，
所以，
所以D正确.
故选：ABD.
12. 在正四棱柱中，点是的中点，，则（ ）
A. 是等腰三角形
B. 三棱锥的体积为
C. ∥平面
D. 平面截该长方体所得截面面积为3
【答案】BCD
【解析】对于选项A：由题意可知：
，
显然互不相等，所以不是等腰三角形，故A错误；
对于选项B：三棱锥的体积为，故B正确；
对于选项C：设，连接，
可知：分别为的中点，则∥，
且平面，平面，所以∥平面，故C正确；
对于选项D：分别取的中点，连接，
因为分别为的中点，则∥，，
且∥，，可得∥，，
可得为平行四边形，则∥，
又因为分别为的中点，则∥，，
可得为平行四边形，则∥，所以∥，
同理可证：∥，
所以平面截该长方体所得截面为平行四边形，
在中，由选项A可知：，
则，
可得钝角，且，
所以截面面积为，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 如图所示的图象是的一部分，则__________．
【答案】
【解析】由题意，的周期为：，解得，
根据正切函数的定义域可知，，即，
结合可得，则，此时，
又，于是.
故答案为：.
14. 已知中，角的对边分别为，，则角__________．
【答案】
【解析】因为，则，即，
可得，
且，所以.
故答案：.
15. 已知，且是第三象限的角，则__________．
【答案】
【解析】因为，则，解得，
又因为
，
且是第三象限的角，则，
所以
.
故答案为：.
16. “阿基米德多面体”称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形､六个面为正方形的一种半正多面体．则异面直线AB与CD所成角的余弦值为__________，直线AB与平面BCD所成角的正弦值为__________．
【答案】
【解析】如图，连接，
由题意可知，三角形为等边三角形，
因为，所以或其补角为异面直线AB与CD所成角，
因为三角形为等边三角形，
所以，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为；
设半正多面体的棱长为，则，
设点到平面的距离为，
由题意可得点到平面的距离为，
所以三棱锥的体积为，
所以，则，
则直线AB与平面BCD所成角的正弦值为.
故答案为： .
四､解答题：本题共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. 已知向量.
（1）若，求；
（2）若与的夹角为锐角，求的取值范围．
解：（1）由题意可得：，
因为，解得，
所以，故.
（2）令，解得，
若与共线，则，解得，
因为与的夹角为锐角，则，且与不共线，
所以的取值范围为.
18. 如图，一条河的对岸有两点，在这条河的一侧有两个观测点，分别测得，已知在同一个水平面上，求的长．
解：在中，可得，
，
所以，
在中，可得，
，
由正弦定理，
所以，
在中，由余弦定理可得：
，
所以.
19. 如图所示多面体中，是等边三角形，平面平面，平面平面．
（1）求证：//平面；
（2）若，求多面体的体积．
解：（1）过在平面内作，垂足为，
由平面平面，平面平面，
平面，根据面面垂直的判定，则平面，
过在平面内作，垂足为，同理可推出平面，
垂直于同一平面的两条直线平行，故. 由题意，，
故是全等的等边三角形，则这两个三角形对应高，
于是四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，故//平面.
（2）连接，则该几何体的体积，
由（1）知，为棱锥的高，易得，，
故，
连接交于，由（1）得，为中位线，故//，
故，
又，根据和相似可得，，
故到平面的距离是到平面距离的一半，
故，
于是.
20. 在中，角的对边分别为．
（1）求证：；
（2）若是上一点，平分，求．
解：（1），，
在中，由正弦定理得.
（2）设，则，
由（1）知，，
所以，因为为的角平分线，所以，
即，所以，
由余弦定理知，
化简整理得，，
所以.
21. 如图（1）所示，，，，如图（2）所示，把沿折起，使平面平面，为的中点，连接，，．
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的正弦值．
解：（1）因为平面平面，平面平面，
，平面，
所以平面，又平面，所以，
又且，平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以平面平面.
（2）分别取，的中点，，连接，，，
因为为的中点，所以，
因为平面，所以平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
又平面，所以，
又，平面，所以平面，平面，
所以，
所以是二面角的平面角，
又，，，
所以，
，所以，
在直角中，，，，
所以，即二面角的正弦值为．
22. 已知函数，．
（1）当时，求的值域；
（2）若满足，且在区间上单调递减，求：
①的最小正周期；
②方程的所有根之和．
解：（1）由题意，
当，，
当时，，所以，则，
即的值域为.
（2）①因为，
因为且在区间上单调递减，所以过点，
即，，所以，，
又，，解得，，
又，所以，
且，解得，
综上所述可得，所以函数的最小正周期为.
②由①可得，
由，解得或，
由于，所以，
令，即，
令，则，当时方程在上有两个根，
记作，，且两根关于对称，所以，
设方程的两根为，，则，
所以，
令，即，
则当时，方程在上有三个根，，，
则，，，
设方程的三根为，，，
则，
所以，
所以的所有根之和为．