精品解析：重庆市乌江新高考协作体2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版）

这是一份精品解析：重庆市乌江新高考协作体2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版），共22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。
乌江新高考协作体2022-2023学年（下）期末学业质量联合调研抽测高一数学试题一、选择题：本题共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i为虚数单位，复数z满足，则复数z在复平面所对应的点在（    ）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】首先根据复数的运算可得，对应点为即可得解.【详解】由，可得：，复数z在复平面所对应的点为，在第四象限.故选：D2. 已知，是虚数单位，若与互为共轭复数，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由共轭复数的概念求解即可.【详解】∵与互为共轭复数，∴故选：D.3. 已知三个不同的平面和直线，若，，则“”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据面面平行的性质定理，可判断充分性；反之，当时，可能相交，故必要性不成立．【详解】根据面面平行的性质定理，可知当“”时，有“”，故充分性成立；反之，当时，可能相交（如图），故必要性不成立． 所以“”是“”充分不必要条件．故选：A【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判定，同时考查面面平行的性质定理，属于基础题．4. 某学校对班级管理实行量化打分，每周一总结，若一个班连续5周的量化打分不低于80分，则为优秀班级.下列能断定该班为优秀班级的是（    ）A. 某班连续5周量化打分的平均数为83，中位数为81B. 某班连续5周量化打分的平均数为83，方差大于0C. 某班连续5周量化打分的中位数为81，众数为83D. 某班连续5周量化打分的平均数为83，方差为1【答案】D【解析】【分析】根据方差、平均数、中位数、众数的定义通过举反例即可判断ABC，根据方差计算公式即可判断D.【详解】若连续5周的量化打分数据为，满足的条件，但第5周的打分低于80分，故A，B错误；若连续5周的量化打分数据为，满足C的条件，但第5周的打分低于80分，C错误；根据方差公式，因为方差为，所以若存在一周的量化打分低于80分，则方差一定大于1，故能断定该班为优秀班级，D正确.故选：D.5. 已知正方体的棱长为1，，分别是棱和棱的中点，为棱上的动点（不含端点）.①三棱锥的体积为定值；②当为棱的中点时，是锐角三角形；③面积的取值范围是；④若异面直线与所成的角为，则.以上四个命题中正确命题的个数为（    ）A. 1 B. 2 C. 3 D. 4【答案】C【解析】【分析】结合判断①；设中点为，若为中点，证明即可判断②；在侧面内作垂足为，设到的距离，故面积为，进而判断③；取中点为，连接，进而得异面直线与所成的角即为，再讨论范围即可.【详解】解：因为，点到平面的距离为定值，是定值，则三棱锥的体积为定值，故①选项正确；设中点为，若为中点，由正方体的性质，有，，，平面所以平面，平面，则，因为，所以，所以是直角三角形，故选项②不正确；在侧面内作垂足为，设到的距离，则边上的高为，故其面积为，当与重合时，，，当与重合时，，，故选项③正确；取中点，连接，因为，所以异面直线与所成的角即为，在直角三角形中，，当为中点时，，当与，重合时，，故，，所以选项④正确，故命题正确的个数为3.故选：C.6. 已知直线，给出以下三个命题：①若平面平面，则直线平面；②若直线平面，则平面平面；③若直线不平行于平面，则平面不平行于平面．其中正确的命题是A. ② B. ③ C. ①② D. ①③【答案】D【解析】【分析】利用线面平行和面面平行的性质和判定定理对三个命题分析进行选择．【详解】①因为直线a⊂α，平面α∥平面β，则α内的每一条直线都平行平面β．显然正确．②因为当平面α与平面β相交时，仍然可以存在直线a⊂α使直线a∥平面β．故错误．③只要一个平面内有一条直线不平行与另一个平面，两平面就不会平行．故正确．故选D．【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力．7. 已知A，B，C，D是体积为的球体表面上四点，若，，，且三棱锥A－BCD的体积为，则线段CD长度的最大值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先求出外接球半径，根据勾股定理逆定理得到，且，求出点D到平面ABC的距离，求出点D所在球的截面的半径及三角形ABC的外接圆半径，设点D在平面ABC上的投影为E，当CE最长时CD最长，结合，求出CD长度的最大值.【详解】因为球的体积为，故球的半径R满足，故，而，，，故，故，故，设点D到平面ABC的距离为h，则，故，点D在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为α，因为，所以平面α与平面ABC在球心的异侧，    设球心到平面ABC的距离为d，而△ACB外接圆的半径为，则，故球心到平面α的距离为，故截面圆的半径为，设点D在平面ABC上的投影为E，则E的轨迹为圆，圆心为△ABC的外心即AB的中点，当CE最长时CD最长，此时，故CD长度的最大值为.故选：B．【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.8. 如图，平面四边形ABCD中，，为正三角形，以AC为折痕将折起，使D点达到P点位置，且二面角的余弦值为，当三棱锥的体积取得最大值，且最大值为时，三棱锥外接球的体积为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】过点作平面，垂足为，作，垂足为，连接，则为二面角的补角，为的中点，设，根据二面角的余弦值可求得，再根据三棱锥的体积取得最大值结合基本不等式求出，再利用勾股定理求出三棱锥外接球的半径，根据球的体积公式即可得解.【详解】过点作平面，垂足为，作，垂足为，连接，因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以，则为二面角的补角，故，因为，所以为的中点，设，则，在中，，则，，由，得当取得最大值时，三棱锥的体积取得最大值，，当且仅当时，取等号，所以，解得，则，设三棱锥外接球球心为，则平面，设，由得，解得，则三棱锥外接球的半径，所以三棱锥外接球的体积为.故选：D.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得2分.9. 如图是国家统计局发布的2020年8月至2021年8月全国工业生产者出厂价格同比与环比的涨跌幅（同比=(本期数-去年同期数)/去年同期数，环比=(本期数-上期数)/上期数），则去年同期数（    ）A. 2021年1~8月，工业生产者出厂价格最高的是8月B. 2021年1~8月，工业生产者出厂价格每月平均比去年同期上涨约6.2%C. 2020年8月至2021年8月，工业生产者出厂价格最低的是2020年10月D. 2020年8月至2021年8月，工业生产者出厂价格同比数据的中位数是1.7%【答案】ABD【解析】【分析】本题是应用性题目，属于生活实践情境，根据折线图逐项判断即可.【详解】由图可知，2021年1~8月，工业生产者出厂价格的环比均大于0，故A正确；2021年1~8月，工业生产者出厂价格每月平均比去年同期上涨，B正确；2020年8月至2021年8月，工业生产者出厂价格的环比均不小于0，故2020年8月至2021年8月，工业生产者出厂价格最低的是2020年8月，C错误；将2020年8月至2021年8月工业生产者出厂价格同比的13个数据从小到大排列，1.7%为第7个数，所以同比数据的中位数是1.7%，D正确.故选：ABD.10. 已知平面向量，，则下列说法正确的是（   ）A. B. 在方向上的投影向量为C. 与垂直的单位向量的坐标为D. 若向量与非零向量共线，则【答案】AD【解析】【分析】本题考查了平面向量的坐标运算，主要考查了两向量的夹角、投影向量、向量的平行与垂直的基本知识，一一验证即可.【详解】由题意知，，，则，因此A正确；在方向上的投影向量为，因此B错误；与垂直的单位向量的坐标为或，因此C错误；因为，，若向量与向量共线，则，解得，因此D正确.故选：AD.11. 在中，，在边上分别取两点，沿将翻折，若顶点正好可以落在边上，则的长可以为A.  B.  C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】通过等腰直角三角形，把三角形边算出，在翻折过程中，一直保持着,,所以且通过三角形中正弦定理去计算的表达式.【详解】在中，，所以，如上图，在翻折过程中有，设，，所以设，则，在中由正弦定理可得：即，，即只有不在范围内，所以答案选择ABD【点睛】在等腰直角三角形中，已知斜边，我们能求出直角边，，则我们希望能搭建起两者关系，所以我们一定要把条件翻折的特点梳理清楚，因为翻折过程中相应的角度，边长不变，所以我们放到一个同时含有两者，并且能建立起等量关系的三角形中进行.本题难度很大.12. 已知正方体的棱长为2，平面过点A，平面，且垂足H在正方体的内部，P是棱上的动点，则（    ）A. 当平面时，H点的轨迹长度为B. 点H所形成曲面的面积为C. 若仅存在唯一的平面，使得，则D. 若P为的中点，则直线PH与平面所成角的最大正切值为【答案】ACD【解析】【分析】根据垂直关系可得H在以为直径的球面上，根据线面平行可判断H点轨迹为以为直径的半圆，即可根据弧长公式求解A，根据球的表面积公式即可判断B，根据H的轨迹以及相切，根据长度关系即可列方程求解C，根据四点共面以及正切二倍角公式即可判断D.【详解】由于平面，,所以，即H在以为直径的球面上，因为，所以球的半径为，因为平面,平面,所以，因为平面，由于平面,当平面时，可知,所以平面，即H点轨迹为以为直径的半圆，所以半圆的弧长为 ，故H点的轨迹长度为，A正确；因为平面平面，所以点H形成的曲面是球面的，所以面积，即B错误；由题意可知，存在唯一的点H，使得，所以以为直径的球与以CP为直径的球相切，设中点为O，CP中点为M，中点为N，则，设，则，，，则，又由于相切，则，所以，解得，所以，即C正确；设直线PH与平面所成角最大时，PH与以为直径的球相切，且P，，O，H共面，易知与以为直径的球相切，则，且，所以，即D正确．故选：ACD【点睛】方法点睛：本题考查了空间中点线面的位置关系，轨迹弧长的问题，以及空间中的距离最值以及空间角的最值问题.解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知向量满足，请写出一个符合题意的向量的坐标______.【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】根据题意，由数量积的计算公式可得，分析、的关系，利用特殊值法可得答案.【详解】根据题意，向量，且，则有，即，当时，，则.故答案为：（答案不唯一）14. 如图圆锥的高，底面直径是圆上一点，且，则与所成角的余弦值为___________.【答案】【解析】【分析】连接与底面圆周交于点，由对称性可得，即为与所成角，求角的余弦值即可.【详解】如图所示：连接与底面圆周交于点，由对称性可得四边形为长方形，故，所以即为与所成角，由，底面直径，，可得，，所以，即与所成角的余弦值为，故答案为：.15. 如图所示，在平面四边形中，，，，，，则__________．【答案】3【解析】【详解】分析：详解：设，在直角中，得，所以，在中，由余弦定理，由于，所以，即，整理得，解得.点睛：在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更合适，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息．一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式时，要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到．16. 根据《周髀算经》记载，公元前十一世纪，数学家商高就提出“勾三股四弦五”，故勾股定理在中国又称商高定理.而勾股数是指满足勾股定理的正整数组，任意一组勾股数都可以表示为如下的形式：其中，，均为正整数，且.如图所示，中，，，三边对应的勾股数中，，点在线段上，且，则______.【答案】【解析】【分析】若，解得，得到，不符合题意；若，解得，求得，进而求得，再结合向量的数量积的运算公式，即可求解.【详解】由已知可得显然，若，则，解得，此时，与矛盾，不符合题意；若，则，解得，此时，符合.所以，，，，，所以，所以.【点睛】解决向量在平面几何中的应用问题的两种方法：（1）坐标法，把几何图形放在适当的坐标系中，则有关点与向量就可以用坐标表示出来，这样就能进行相应的代数运算，从而使问题得到解决；（2）基向量法，选取一组合适的基底，将未知向量用基底表示出来，然后根据向量的运算法则､运算律和性质求解.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，，分别为的三个内角，，的对边，且．（1）求角；（2）若，的面积为，求，．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边转角，消去后，利用辅助角公式化为关于角的三角方程，根据角的范围求出角；（2）利用余弦定理得出关于关系式，再利用三角形面积公式得出关系，联立方程组解出.【小问1详解】由及正弦定理，得，由于，所以，即．又，所以，所以，故．【小问2详解】的面积，故，①由余弦定理，故，故，②由①②解得．18. 如图，三棱柱中，侧面底面，，，且.（1）求证：；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）取中点，利用等腰三角形三线合一性质可得，，从而得到平面，由线面垂直性质可得结论；（2）由面面垂直性质可证得平面，根据，利用棱锥体积公式可求得结果.【小问1详解】取中点，连接，，，，，，平面，平面，平面，.【小问2详解】平面平面，平面平面，，平面，平面；，为边长为的等边三角形，；，，，，；.19. 在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足，，，过B作于点D，点E为线段BD的中点．（1）求c；（2）求的值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用向量的数量积公式即可求解；（2）根据（1）的结论及余弦定理，再利用三角形的面积公式及等面积法，结合向量的线性运算及向量的数量积公式即可求解.【小问1详解】因为，，，所以，解得．【小问2详解】因为，，，所以，所以．又，所以．因为点E为线段BD的中点，所以，又，所以．20. 已知函数，.（1）求的值域；（2）若的面积为，角所对的边为，且，，求的周长.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）化简函数的解析式，利用不等式的性质和正弦函数的性质即可得函数的值域；（2）由条件求的值，利用三角形面积公式可求的值，由余弦定理可得的值，由此可求的周长.【小问1详解】，化简得，所以，所以，又，可得：，，【小问2详解】因为，由（1）可得：，所以，因为，所以，所以，解得：，因为的面积为，所以，所以，又，由余弦定理可得：，解得：，所以的周长.21. 在四棱锥中，底面是边长为6的菱形，，，.（1）证明：平面；（2）若，M为棱上一点，满足，求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；    （2）.【解析】【分析】（1）连接交于，连接，利用线面垂直的判定推理作答.（2）求出点到平面的距离，再利用等体积法求解作答.【小问1详解】在四棱锥中，连接交于，连接，如图，因为底面是菱形，则，又是的中点，，则，而平面，所以平面.【小问2详解】连接，由平面，平面，则，而，平面，因此平面，又是边长为6的菱形，，则，面积，过作交于，而，且，则，显然，于是，面积，令点到平面的距离为，又平面，由，即，得，解得，所以点到平面的距离为.22. 如图，四边形中，，，，且为锐角．（1）求；（2）求的面积．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）由三角形面积公式求得，利用余弦定理求得，分析可知BD是四边形外接圆的直径，再利用正弦定理可求解；（2）由面积公式即可得解.【小问1详解】由已知，∵是锐角，∴．由余弦定理可得，则．∵，∴BD是四边形外接圆的直径，∴BD是外接圆直径，利用正弦定理知【小问2详解】由，，，，则,,又，则，因此，故的面积为．