山东省青岛市平度市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)

这是一份山东省青岛市平度市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，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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】因为，所以点关于轴对称的点，
所以.
故选：D.
2. 已知，，则=（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】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. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】因为，所以，所以，
又因为，所以，所以.
故选：D.
4. 已知圆锥的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】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】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】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】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】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】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】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】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，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】因为在梯形中，∥，，，
，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∥，，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.
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】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】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】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】
【解析】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．
解：（1）因为，所以，
又因为，所以，
由，，
解得，
所以.
（2）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.
解：（1）证明：设，，，
则，，
，
，，
因为，所以，
因为，所以，
又因为，、平面，所以平面.
（2）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．
解：（1）因为，
由，得，
所以函数的单调递增区间为.
（2）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，在正四棱柱中，已知，三棱锥的体积为．
（1）求点到平面的距离；
（2）求与平面所成角的正弦值．
解：（1）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.
（2）因为且，所以平行四边形，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、．
解：（1）因为，
由正弦定理可得，
即，即，
因为，则，所以，，解得，故.
（2）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：．
解：（1）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.
（2）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.
（3）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.