四川省成都外国语学校2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）

成都外国语学校2022~2023学年度下期期末考试

高一（下）数学试卷

考试时间120分钟；满分150分

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. 复数在复平面内对应的点在（    ）

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

【答案】D

【解析】

【分析】由复数的几何意义求解.

【详解】复数在复平面内对应的点为，在第四象限.

故选：D

2. 函数的最小正周期为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式，然后利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期.

【详解】，因此，函数的最小正周期为.

故选：C.

【点睛】本题考查正弦型函数周期的求解，化简函数的解析式是解答的关键，考查计算能力，属于基础题.

3. 在中若，则角A的值（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据余弦的和差角公式以及诱导公式即可求解.

【详解】由得，

则，故，

由于 所以 ，

故选：C

4. 如图，一个水平放置的平面图形OABC的斜二测直观图是平行四边形，且，，，则平面图形OABC的面积为（    ）

A. 16 B. 8 C. 4 D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】根据斜二测画法得到平面图形，即可得解；

【详解】根据斜二测画法的规则可知该平面图形是矩形，如下图所示，

其中长，宽.

故平面图形的面积为.

故选：A

5. 结果为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由及和角正切公式展开整理，即可得结果.

【详解】由，

所以.

故选：B

6. 函数的一个周期内的图象如图所示，下列结论错误的是（    ）

A. 的解析式是

B. 函数的最小正周期是π

C. 函数的最大值是2

D. 函数的一个对称中心是

【答案】A

【解析】

【分析】由函数的图象的顶点坐标求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得函数的解析式，即可判断ABC,由验证法即可代入求解D.

【详解】由函数的最小值为可得，由图象可知，解得，

再根据五点法作图可得，求得，故函数的解析式为，故A错误，BC正确，

当时，代入中得，故是的对称中心，故D正确，

故选：A

7. 某同学有一个形如圆台的水杯如图所示，已知圆台形水杯的母线长为6cm，上､下底面圆的半径分别为4cm和2cm.为了防烫和防滑，水杯配有一个杯套，包裹水杯高度以下的外壁和杯底，如图中阴影部分所示，则杯套的表面积为（不考虑水杯材质和杯套的厚度）（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先根据题意得到杯套的形状可看作一个圆台，求出该圆台的母线长及上、下底面圆的半径，然后结合圆台的侧面积公式、圆的面积公式求解即可.

【详解】根据题意，杯套的形状可看作一个圆台，且该圆台的母线长是圆台形水杯的母线长的，即4cm，

下底面圆的半径为圆台形水杯的下底面圆的半径，即2cm，

上底面圆的半径是，

所以杯套的表面积.

故选：C.

8. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，D是AC边上一点，且满足，．则ac的最小值为（    ）

A.  B.  C. 4 D. 8

【答案】B

【解析】

【分析】由可得，再由基本不等式即可求出答案.

【详解】因为，

所以，所以，

所以，当且仅当时取等，

所以，即，

故ac的最小值为.

故选：B.

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．全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 已知向量，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】根据向量平行的判定方法可判定A是否正确；根据向量垂直的判定方法可判定B是否正确；根据向量的坐标运算方法可判定C、D是否正确.

【详解】由题意， ，A错误；

，，所以B正确，C错误；

，D正确.

故选：BD.

10. 已知复数，，下列命题正确的是（    ）

A.  B. 若，则

C.  D.

【答案】AC

【解析】

【分析】根据复数的定义和运算法则，结合复数模的计算及性质，逐项判定，即可求解.

【详解】设，，（其中），

对于A中，可得且，所以，所以A正确；

对于B中，例如，，此时满足，但，所以B不正确；

对于C中，根据复数模的性质，可得，所以C正确；

对于D中，由，

，所以，所以D不正确.

故选：AC.

11. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且、、，下面说法错误的是（    ）

A.  B. 是锐角三角形

C. 的最大内角是最小内角的2倍 D. 内切圆半径为

【答案】BC

【解析】

【分析】根据题意，由正弦定理，可判定A正确；由余弦定理求得，可判定B错误；由，可判定C错误；由设内切圆的半径为，根据面积相等，求得的值，可判定D正确.

【详解】因为中， ，，，

由正弦定理，可得，所以A正确；

因为，所以，

由余弦定理可得，因为，所以为钝角，

所以钝角三角形，所以B不正确；

由余弦定理可得，可得，所以C不正确；

由，可得，

可得的面积为，

设内切圆的半径为，可得，解得，所以D正确.

故选：BC.

12. 数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，它是三组对棱分别相等的四面体．已知等腰四面体ABCD中，三组对棱长分别是，，，则对该等腰四面体的叙述正确的是（    ）

A. 该四面体ABCD的体积是．

B. 该四面体ABCD的外接球表面积是32π

C.

D. 一动点P从点B出发沿四面体ABCD的表面经过棱AD到点C的最短距离是

【答案】ABD

【解析】

【分析】将等腰四面体放入长方体中，即可由长方体的性质求解AB,利用三角形全等即可判断C，由展开图，利用两点距离最小即可判断D.

【详解】如图，将等腰四面体补成长方体，

设该长方体的长、宽、高分别是，，，

则解得，，，

则该等腰四面体的体积为：．故A正确，

由于，，，所以,,故

所以,故C错误，

由于等腰四面体的三条棱分别是长方体的三条面对角线，所以长方体的外接球即为等腰四面体的外接球，而长方体的体对角线长度为，故外接球的半径为，故表面积为，故B正确，

将平面和平面沿着翻折到一个平面 内，连接,则 即为最短距离，由于，，，则四边形为平行四边形，设 与交于点 ,则为 与的中点，

在中，,

故在中，

故D正确，

故选：ABD．

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知为虚数单位，复数，则的虚部是______．

【答案】

【解析】

【分析】由复数乘法运算可求得，根据虚部定义可得结果.

【详解】，的虚部为.

故答案为：.

14. 已知单位向量,的夹角为45°，与垂直，则k=__________.

【答案】

【解析】

【分析】首先求得向量的数量积，然后结合向量垂直的充分必要条件即可求得实数k的值.

【详解】由题意可得：，

由向量垂直的充分必要条件可得：，

即：，解得：.

故答案为：．

【点睛】本题主要考查平面向量的数量积定义与运算法则，向量垂直的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

15. 若将函数的图象向左平移个单位长度，平移后的图象关于点对称，则______．

【答案】

【解析】

【分析】先利用辅助角公式将函数的解析式化简，并求出平移变换后的函数解析式，由变换后的函数图象关于点对称，可得出的表达式，结合的范围可求出的值.

【详解】,

将函数的图象向左平移个单位后，

所得图象的函数解析式为，

由于函数的图象关于点对称，则，

得，，，.

故答案为：.

16. 如图，在三棱柱中，，E是棱AB上一点，且满足，若平面把三棱柱分成大、小两部分，则大、小两部分的体积比为______．

【答案】

【解析】

【分析】取的三等分点，连接，可得，设三棱柱的底面面积为，高为，得到三棱柱的体积为，进而求得三棱台的体积为，即可求解.

【详解】如图所示，由在三棱柱中，是棱上一点，且满足，

即点为的三等分点，取的三等分点，连接，可得，

设三棱柱的底面面积为，高为，

则三棱柱的体积为，

因为分别为三等分点，可得，即，

所以三棱台的体积为，

所以两部分的体积比为.

故答案：.

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

（1）求的值；

（2）求的值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用两角和的正切公式求出，然后根据两角的取值范围即可求解；

（2）利用同角三角函数的基本关系得到，然后结合（1）的结论和两角和的正弦公式即可求解.

【小问1详解】

，

，，.

【小问2详解】

由，

求得，

.

18. 已知函数．

（1）求的最小正周期和对称轴方程；

（2）若函数在上的值域．

【答案】（1）最小正周期为，对称轴为   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用两角和差、二倍角和辅助角公式化简得到，由正弦型函数最小正周期、对称轴方程的求法直接求解即可；

（2）利用整体代换法，结合正弦函数的性质可确定值域.

【小问1详解】

，

的最小正周期；

令，解得：，

的对称轴方程为.

【小问2详解】

当时，，，

即在上的值域为.

19. 如图，在△OAB中，P为线段AB上的一个动点（不含端点），且满足．

（1）若，用向量，表示；

（2）在（1）的条件下，若，，且，求的值

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）以向量，为基底，根据向量的线性运算，把用向量，表示；

（2）以向量，为基底，结合（1）中的结论，求的值.

【小问1详解】

因为，所以，

所以，

当时，．

【小问2详解】

由（1）可知，

所以

．

因为，，，

所以，

即的值．

20. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．

（1）求角B的大小；

（2）若，D为AC边上的一点，，且______，求△ABC的周长．

请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上，并解决问题．

①D为线段AC的中点；②BD是∠ABC的平分线．

（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答记分．）

【答案】（1）   

（2）．

【解析】

【分析】（1）由正弦定理解三角形即可；

（2）由三角形的面积公式及余弦定理求解即可.

【小问1详解】

解：由正弦定理得：，

∵，

代入上式得，∵，

∴，，

∵，∴．

【小问2详解】

若选①：因为，，

，得，

在中，由余弦定理得：，

即，

联立，可得：，所以.

∴周长为．

若选②：由BD平分∠ABC得，，

∴，

即．

在中，由余弦定理得：，

又，∴，

联立得，

解得：，（舍去），所以.

∴周长为．

21. 如图，正四棱锥P-ABCD的侧棱长和底面边长均为13，M为侧棱PA上的点，且PM∶MA=5∶8．

（1）在线段BD上是否存在一点N，使直线平面PBC？如果存在，求出BN∶ND的值，如果不存在，请说明理由；

（2）假设存在满足条件（1）的点N，求线段MN的长．

【答案】（1）存在，   

（2）

【解析】

【分析】（1）假设存在一点N，使直线平面PBC，连接并延长，交于E，连接．可得，，再由，可得，假设成立，并且此时.

（2）由（1）得，然后利用余弦定理求得，又因，即可求得的长.

【小问1详解】

存在，；理由如下：

假设存在，连接并延长，交于E，连接．

因为平面，平面，

平面，

所以，

则，

因为正方形中，，所以，

假设成立.

则此时.

【小问2详解】

由（1）得，所以；

中，，

所以

所以；

因为，所以，

所以．

22. 在锐角△ABC中，记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，点O为△ABC的所在平面内一点，且满足．

（1）若，求的值；

（2）在（1）条件下，求的最小值；

（3）若，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得到，求得，再由向量的线性运算法则，求得，得到为的外心，结合正弦定理，即可求得的长．

（2）由（1）求得，且，根据向量的运算法则，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解；

（3）取AB的中点D，连接OD，求得，，由向量数量积的定义得到，结合题意，得到和，联立方程组，求得，化简得到，即可求解.

【小问1详解】

解：因为，

由正弦定理得,

因，可得，所以，

又因为，可得，所以，即，

因为，所以，

又由，

可得，

解得，即，所以为的外心，

由正弦定理有，所以．

【小问2详解】

解：因为，所以，所以，，

所以，外接圆的半径，

其中，且为锐角，故，

由，可得，

因为，解得，即

则，则，且，

因为余弦函数在上单调递减，在上单调递增，

又因为，，

所以，，所以，

所以．

【小问3详解】

解：如图所示：取AB的中点D，连接OD，则，

所以，

同理可得，

由平面向量数量积的定义可得，

因为，所以，，

即，所以，①

，即，

所以，②．

联立①②可得，，

所以，

又因为，

因，可得，所以.

【点睛】