辽宁省葫芦岛市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)

这是一份辽宁省葫芦岛市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)，共18页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】.
故选：D.
2. 在复平面内，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】A
【解析】，故对应的点在第一象限.
故选：A．
3. 在中，，则的形状为（ ）
A. 直角三角形B. 等腰三角形
C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形
【答案】D
【解析】，正弦定理可得，
即，，，
∴或，∴或，
∴为等腰三角形或直角三角形.
故选：D.
4. 已知平面向量，，若向量与垂直，则实数的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】平面向量，，向量与垂直，
则，即，故，解得．
故选：D．
5. 欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ）
A. 复数为实数B. 对应的点位于第二象限
C. D. 的最大值为1
【答案】C
【解析】由，可得，是纯虚数，故A错误；
，对应的点的坐标为，位于第一象限，故B错误；
，
，故C正确；
，
，
的最大值为3，故错误．
故选：C．
6. 已知角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由已知角的终边经过点，
得，，
又由诱导公式得.
故选：A.
7. 《几何原本》是古希腊数学家欧几里得一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥，若某直角圆锥内接于一球（圆锥的顶点和底面上各点均在该球面上），且该圆锥的侧面积为，则此球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设直角圆锥底面半径为，则其母线长为，
因此圆锥顶点到底面圆圆心的距离为：，
于是圆锥底面圆的圆心为其外接球的球心，即圆锥外接球半径为，
由圆锥的侧面积为，得，解得，
所以球的表面积为.
故选：D.
8. 已知函数，对于，，且在区上单调递增，则的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因为对于，，可得在时取得最大值，
即，可得，所以，
又因为在上单调递增，所以且，解得，
当时，，所以的最大值为.
故选：C.
二、多项选择题（本题共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．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错得0分．）
9. 下列命题中，真命题有（ ）
A. 若复数，满足，则且
B. 若复数，则
C. 若复数，满足，则或
D. 若复数为实数，则为实数或纯虚数
【答案】BD
【解析】对于A：令，，则，故A错误；
对于B：令，，则，所以，
所以，故B正确；
对于C：令，，则，，
，满足，故C错误；
对于D：令，，则，
因为为实数，所以，所以或，
当时为纯虚数，当时为实数，
当时为实数，故D正确.
故选：BD.
10. 已知函数的部分图象如图所示，下列说法中正确的是（ ）
A. 函数的图象关于点对称
B. 函数的图象关于直线对称
C. 函数在上单调递增
D. 函数在的取值范围为
【答案】AC
【解析】观察图象得，函数的周期，则，
由，得，而，则，
因此，
对于A，由于，
则函数图象关于点对称，A正确；
对于B，由于，
则函数的图象关于直线不对称，B错误；
对于C，当时，，则函数在上单调递增，C正确；
对于D，当时，，则，
因此，D错误.
故选：AC.
11. 已知平面四边形，是所在平面内任意一点，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则四边形是正方形
B. 若，则四边形是矩形
C. 若，则为直角三角形
D. 若动点P满足，则动点P的轨迹一定通过的重心
【答案】CD
【解析】对于A中，由，可得，但四边形不一定是正方形，
所以A错误；
对于B中，由，平方可得，即，
但四边形不一定为矩形，所以B错误；
对于C中，由，可得，
即，平方可得，所以，
所以为直角三角形，所以C正确；
对于D中，作于点，又由，
设的中点为，所以，
即，
故动点的轨迹在中线上，即动点的轨迹一定通过的重心.
故选：CD.
12. 在长方体中，，分别为的中点，则下列选项中正确的是（ ）
A.
B. 三棱锥的体积为
C. 三棱锥外接球的表面积为
D. 直线被三棱锥外接球截得的线段长为
【答案】BCD
【解析】对于A中，如图所示，取的中点，连接，
因为为的中点，所以，
在正方体中，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
假设，因为，且平面，
所以平面，因为平面，所以，
在矩形中，与不垂直，所以A错误；
对于B中，三棱锥的体积为，所以B正确；
对于C中，取的中点，由于，所以，
取的中点，连接，
在直角中，，
即，所以为的外接球的球心，
且外接球的半径为，其表面积为，所以C正确；
对于D中，在中，由余弦定理可得，
所以，
过点作于点，在直角中，
可得，
由球的截面圆的性质，可得，所以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．）
13. 若，则_____________．
【答案】
【解析】原式
.
故答案为：.
14. 二面角的大小为，分别在两个面内且到棱的距离都为2，且，则与棱所成角的正弦值为________．
【答案】
【解析】如图所示，作，，
其中，分别为垂足，
则，，
在面内过点作，且，连接，，
则四边形为平行四边形，
所以，所以为与棱所成的角，
因为，所以，，所以为的平面角，
即，
所以为等边三角形，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以，即与棱所成角的正弦值为．
故答案为：．
15. 将函数的图象向左平移1个单位长度后，再将所得图象向上平移1个单位长度，得到函数的图象，求出图象的一个对称中心的坐标________．
【答案】，等（写出一个或一个以上就给分）
【解析】由题可知，
则函数图象的一个对称中心的横坐标满足，所以，
则函数的对称中心为.
故答案为：，（写出一个或一个以上就给分）.
16. 在中，有则的最大值是________．
【答案】
【解析】由，
可得：，
即，
即，
整理得：，
，
当且仅当即时等号成立，
在中，为锐角，要使最大，则取最小值，
，，
的最大值为：．
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. 已知非零向量，满足，且．
（1）求；
（2）当时，求和向量与的夹角θ的值．
解：（1）由已知得，
即，.
（2），
，
，
，
，所以．
18. 如图，在正三棱柱中，分别为棱，的中点．
（1）证明：平面；
（2）证明：平面⊥平面．
解：（1）证明：连接与交于点O，则O为的中点，连接EO，FO，
因为E，F分别为棱，BC的中点，所以，，
所以四边形AEOF为平行四边形，∴，
又平面，平面，所以平面.
（2）证明：因为平面ABC，平面ABC，所以，
又，且两直线在平面内相交，所以平面，因为，
所以平面，
又平面，所以平面平面．
19. 已知，为锐角，，．
（1）求的值；
（2）求的值．
解：（1）.
（2）由，得，
因为，为锐角，所以，则，
又因，
所以，
所以，
则，
所以．
20. 已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．，．
（1）求A；
（2）若BC边上的中线AM为，求b．
解：（1）由题意得，，
即，
由正弦定理可得：，
则，
即，
可得，
因为，则，
可得，所以，
又因，则，
所以，所以．
（2）因为AM为BC边上的中线，则，
所以，
可得，
即，
解得或（舍去），
所以．
21. 如图，在多面体中，菱形的边长为2，，四边形是矩形，平面平面，．
（1）在线段上确定一点，使得平面平面；
（2）设是线段的中点，在（1）的条件下，求二面角——的大小．
解：（1）为线段的中点，
证明如下：在菱形中，连接与交于点，
于是为中点，在中，为中位线，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为四边形是矩形，，
因为平面，平面，所以平面，
又，平面，且，所以平面平面．
（2）分别取EF，HG，OC中点M，N，P，连接MO，MA，MC，NP，NO，NA，
于是，N为线段MC中点，易知，在矩形BDEF中，菱形ABCD中，
且，MO，平面AMC，所以平面AMC．
又GH为的中位线，故，且，所以．
所以平面AMC．又AN，平面AMC，所以，．
所以∠ANO为二面角的平面角．
由已知，平面平面ABCD，平面平面ABCD＝BD，平面BDEF，
且，可得．
又NP为的中位线，所以，且，
所以平面ABCD，进而．
在菱形ABCD中，，，．
在直角中，，所以．
在直角中，，所以，
所以，．即二面角的大小为．
22. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知AB⊥AD，，=．函数．
（1）若，求的值域；
（2）若对于任何有意义的边a，在上有解，求b的取值范围．
解：（1）由题设知：
，
又a＝b＝1，
故
，
即，
∵令，∴，抛物线开口向上，
对称轴，
因为，所以当时，最小且为，
当t＝1时，最大且为，所以，
故的值域为.
（2），根据条件得，得到，
又，所以．设，则，，
在中，由正弦定理得，
可得，
在中，由正弦定理得，
可得
，
因为，可得，
当时，即，可得，
当时，即，可得，所以，0＜a＜2．
由（1）易知：
．
依题意对于任意a值，使得恒成立，
因为，所以，
即，
又－4＜－2a＜0，所以，有解即可．
令，，，容易知道在上是增函数，
故，只需的最大值大于等于0即可，又，故．