2022-2023学年辽宁省葫芦岛市高一下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年辽宁省葫芦岛市高一下学期期末数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年辽宁省葫芦岛市高一下学期期末数学试题 一、单选题1．的值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用诱导公式与特殊角的三角函数值即可得解.【详解】.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【分析】利用复数的乘法运算化简后可得其对应点为，从而可得答案．【详解】，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【分析】利用正弦定理的边角互化可得，进而可得或，即可求解.【详解】，正弦定理可得，即，，，∴或，∴或，∴为等腰三角形或直角三角形.故选：D4．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【分析】根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．【详解】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【分析】由，逐一分析四个选项得答案．【详解】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【分析】根据三角函数的定义式可得各三角函数值，再利用诱导公式进行化简求值.【详解】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的一部不朽之作，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【分析】根据给定条件，结合圆锥侧面积公式求出圆锥底面圆半径，进而求出球半径作答.【详解】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：D8．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【分析】根据不等式的恒成立，得到在时取得最大值，再利用函数的单调性，从而求得的最大值.【详解】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、多选题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【分析】利用特殊值判断A、C，根据共轭复数与复数代数形式的乘法运算判断B、D.【详解】解：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：BD10．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【分析】根据给定图形求出，进而求出函数的解析式，再逐项分析判断作答.【详解】观察图象得，函数的周期，则，由，得，而，则，因此，对于A，由于，则函数的图象关于点对称，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：AC11．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【分析】根据向量的线性运算法则和向量的模，以及三角形的性质，逐项判定，即可求解.【详解】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【分析】取的中点中点，证得平面，得到，假设，证得，可判定A错误；结合，可判定B正确；取的中点，求得，得到为的外接球的球心，结合球的表面积公式，可判定C正确；过点作于点，求得的长，结合球截面的性质，即可求解.【详解】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13．若，则             ．【答案】/【分析】将原式转化为齐次分式，化弦为切求解即可.【详解】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】/0.4【分析】作，，其中，分别为垂足，在面内过点作，且，连接，，根据二面角的定义，可得，再利用平移的思想，知即为所求．【详解】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】答案举例：，等（写出一个或一个以上就给分）【分析】根据正弦型函数的图象变换可得，再求解函数的对称中心即可.【详解】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】【分析】由条件即平面向量数量积的概念与余弦定理化简可得：，再由余弦定理及基本不等式求出的最小值，从而求得．【详解】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．【答案】(1)；(2)，. 【分析】（1）根据向量数量积运算律化简即可得到答案；（2）利用向量夹角公式即可求解.【详解】（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．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）连接，设连接EO，FO，，可证为平行四边形，得到，根据线面平行的判定定理，即可得证；（2）在棱柱中，先证平面，从而得到平面，根据面面垂直的判定定理，即可得证．【详解】（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．【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据二倍角的余弦公式结合商数关系及化弦为切即可得解；（2）先利用二倍角的正切公式求出，再根据平方关系及商数关系求出，再根据利用两角差的正切公式即可得解．【详解】（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．【答案】(1)(2)2 【分析】（1）根据题意利用正弦定理可得，再结合三角恒等变换运算求解；（2）根据中线可得，结合向量的数量积的运算律运算求解.【详解】（1）由题意得，，即，由正弦定理可得：，则，即，可得，因为，则，可得，所以．又因为，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．【答案】(1)H为线段FC的中点(2) 【分析】（1）证明，即可得；（2）证明平面，则为二面角的平面角，由此计算平面角的大小即可．【详解】（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．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由三角恒等变换知识化简，再借助二次函数即可求值域；（2）利用正弦定理和三角形面积公式结合数量积运算公式计算可得的取值范围，将所求的不等式变形为有解，利用换元法结合函数的单调性进一步计算可得的取值范围．【详解】（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．【点睛】易错点睛：本题考查了三角恒等变换以及函数的值域问题，考查了与三角函数有关的有解问题，属于中档题．.解决该问题应该注意的事项：(1)三角函数与恒等变换结合时，注意三角函数次数变化，选择合适的恒等变换关系；(2)正弦型函数与二次函数复合时，注意换元处理时新变量的取值范围；(3)正余弦定理与正弦型函数结合应用注意角度范围变化.