河南省南阳市六校联考2022-2023学年高一下学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份河南省南阳市六校联考2022-2023学年高一下学期期末考试数学试卷（含答案），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。

河南省南阳市六校联考2022-2023学年高一下学期期末考试数学试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题
1、已知的半径为2，弦AB的长等于半径，则劣弧的长为( )
A. B. C. D.
2、复数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
3、已知，且，则( )
A. B. C. D.
4、如图，一个水平放置的平行四边形ABCD的斜二测画法的直观图为矩形，若，，则在原平行四边形ABCD中，( )

A.3 B. C. D.9
5、在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若且，则( )
A. B. C. D.
6、将函数图象上各点的横坐标缩小为原来的，再将所得图象向右平移个单位长度得到一个偶函数的图象，则的零点为( )
A. B.
C. D.
7、已知某正四棱台上底面的边长为，下底面的边长为，外接球的表面积为，则该正四棱台的体积为( )
A.224 B.112 C.224或 D.112或
8、已知中，，，且的面积为，则的边AB上的中线长为( )
A. B. C. D.
二、多项选择题
9、设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A.若，，，则
B.若，，，则
C.若，，，则
D.若，，，则
10、已知复数，则下列说法正确的是( )
A.z的虚部为i B.
C. D.若，则的最小值是1
11、如图，正三棱锥的底面边长是侧棱长的倍，E，F，H分别是AB，AC，BC的中点，D为PH的中点，且，则下列结论中正确的是( )

A.平面平面ABC B.平面平面PAH
C.平面平面ABC D.平面平面PBC
12、已知函数，则( )
A.的图象关于点中心对称
B.的值域为
C.满足在区间上单调递增的m的最大值为
D.在区间上的所有实根之和为
三、填空题
13、已知向量，，，若，则_______.
14、已知函数的最小正周期为，则函数的定义域为_______.
15、已知角的顶点在坐标原点，始边与x轴非负半轴重合，点是角终边上的一点，则_______.
16、已知向量，满足，，则的最小值是，最大值是_______.
四、解答题
17、如图，在直三棱柱中，，，点D是AC的中点.

（1）求证：平面，
（2）若三棱柱的体积为6，求四面体的体积.
18、如图，在中，，.

（1）用，表示，；
（2）若点M满足，证明：B，M，E三点共线.
19、已知复数，，.
（1）若为实数，求的值；
（2）设复数，在复平面内对应的向量分别是，，若，求的值.
20、将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象，已知的图象在区间上有且仅有两条对称轴.
（1）求；
（2）求在上的单调区间.
21、在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.
（1）求A；
（2）若，求bc的取值范围.
22、如图，圆锥PO的体积，点A，B，C，D都在底面圆周上，且，，，E为PB的中点.

（1）求圆锥PO的侧面积；
（2）求直线CE与平面PCD所成角的余弦值.
参考答案
1、答案：C
解析：弦AB的长等于半径，所对的圆心角为，的长为.
故选：C.
2、答案：B
解析：，
故对应点的坐标为，在第二象限.
故选：B
3、答案：B
解析：由，平方可得，
可得，
因为，所以，所以，
又由，所以.
故选：B.
4、答案：D
解析：在直观图中，，，则，，
把直观图还原为原图，如图，则根据斜二测画法规则得，，
所以.

故选：D.
5、答案：A
解析：，
，，
，在中，，.

，
.
故选：A.
6、答案：C
解析：将函数图象上各点的横坐标缩小为原来的，得到，
再将所得图象向右平移个单位长度，得到，
因为为偶函数，则，，解得，，
又因为，则，，
所以，
令，，解得，，
即的零点为.
故选：C.
7、答案：D
解析：根据题意，球心位置分为两种情况：
（1）若球心位置在几何体内，
如图所示：设O为外接球球心，R为外接球半径，则，

又上底面是边长为的正方形，故，
下底面的边长为的正方形，故，
外接球的表面积为，所以，，
则，
，
所以正四棱台的高，
正四棱台的体积，
（2）当球心在MN的延长线上时，正四棱台的高，
则正四棱台的体积，
故选：
8、答案：B
解析：由正弦定理可得：，设，，，
由面积公式，即，解得，
则，，
设边AB上的中线为CD，则，
可得，
即.
故选：B.
9、答案：CD
解析：A项，，可平行，可相交，故A项错误；
B项，由，，可得，又，所以n与可能平行，还可能，故B项错误；
C项，由于，，所以，又，所以，故C项正确；
D项，由，，可知或，又，所以，故D项正确；
故选：CD.
10、答案：BCD
解析：由复数，可得复数z虚部为1，所以A不正确；
由复数，所以B正确；
由复数，，所以C正确；
由复数，可得复数在复平面内表示以原点为圆心，半径为1的单位圆，
如图所示，又由复数在复平面内对应点，
可得，所以的最小值为，所以D正确.
故选：BCD.

11、答案：ABD
解析：选项A，因为H是BC的中点，在等腰三角形PBC中，，在等腰三角形ABC中，，又因为，PH，平面PAH中，所以平面PAH，因为平面ABC，所以平面平面ABC，故A正确；
选项B，因为E，F分别是AB，AC的中点，所以，所以平面PAH，
因为平面PEF，所以平面平面PAH，故B正确；
选项C，由已知条件可知，O为EF的中点，则，若平面平面ABC，则平面ABC，根据正三棱锥的结构特征可知点P在底面ABC内的射影是三角形ABC的中心，同时也是AH的三等分点，而此处O为AH的中点，故C错误；
选项D，连接OD，O，D分别为AH，PH的中点，所以，因为正三棱锥的底边长为侧棱的倍，所以三棱锥的侧面均为等腰直角三角形，
所以，，因为，PB，平面PBC，
所以平面PBC，所以平面PBC，又因为平面EFD，
所以平面平面PBC，故D正确；
故选：ABD.

12、答案：ACD
解析：；
对于A，当时，，此时，
的图象关于点中心对称，A正确；
对于B，，的值域为，B错误；
对于C，若在上单调递增，则，
解得：，又，，解得：，
，，则m的最大值为，C正确；
对于D，令，则；
当时，，
作出与的图象如下图所示，

与的交点，，，即为方程的根，
由对称性可知：，，
，D正确.
故选：ACD.
13、答案：
解析：由题意可得，
若，则，解得，
所以，则.
故答案为：.
14、答案：，
解析：由题意可得：，且，解得，
对于函数，令，
即，解得，，
所以函数的定义域为，.
故答案为：，.
15、答案：-6
解析：因为角的顶点在坐标原点，始边与x轴非负半轴重合，点是角终边上的一点，
所以，，，
所以，
故答案为：-6
16、答案：6；
解析：，的夹角为，
，
，
，
令，则且，
，，，，
即的最小值为6，最大值为.
故答案为：6；.
17、答案：（1）证明见解析
（2）2
解析：（1）连接交于点O，连接DO，因为为平行四边形，所以O为的中点，
可得DO为的中位线，所以，
因为平面，平面，平面；

（2）在直三棱柱中，底面ABC，平面ABC，所以，
因为，，、平面，
所以平面，点D是AC的中点，
设，，所以三棱柱的体积为
，可得，
所以.

18、答案：（1），
（2）证明见解析
解析：（1）因为，，

，



.
（2）由，
可得，
所以，，即，
所以B，M，E三点共线.
19、答案：（1）
（2）
解析：（1）因为，，
所以
，且为实数，
所以，即，
又因为，所以，
所以，则.
（2）由题意可得，，，因为，所以，即，
化简可得，所以，
又因为，则，
所以.
20、答案：（1）
（2）递增区间为和，递减区间为.
解析：（1）将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数，
再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到，
因为，可得，
又因为的图象在区间上有且仅有两条对称轴，则满足，
解得，因为，所以，所以，
则.
（2）由函数，
又由，可得，
当时，即时，函数单调递增；
当时，即时，函数单调递减；
当时，即时，函数单调递增，
所以函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.
21、答案：（1）
（2）
解析：（1）已知，由正弦定理可得，
即，
整理得，
又，所以，所以，
即，又，
所以，即.
（2）由（1）知，又，由正弦定理，得，
所以，，
所以，
，
在锐角中，，则，
当时，，
当时，，
所以，则，
故的周长的取值范围为.
22、答案：（1）
（2）
解析：（1）AB＝4，且，
所以底面圆的半径，
圆锥PO的体积，
，圆锥母线长，
所以圆锥PO的侧面积；
（2）
取PO中点为F，且E为PB的中点.
所以，，
圆锥PO可知，平面ABCD，
，且，，
所以平面PCD，
，所以平面PCD，
所以即直线CE与平面PCD所成角.
，，
故.
故答案为.