2022-2023学年辽宁省沈阳市辽中区第二高级中学高一下学期期末考试数学试题含答案

2022-2023学年辽宁省沈阳市辽中区第二高级中学高一下学期期末考试数学试题

一、单选题

1．复数(为虚数单位)，则复数的虚部为

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】根据复数的除法法则和，把化为的形式，即求复数的虚部.

【详解】，虚部为.

故选：.

【点睛】本题考查复数的运算，属于基础题.

2．已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则以下命题正确的是（    ）

A．若，，则

B．若，，则

C．若，，则

D．若，，则

【答案】D

【分析】对A、B、C举出反例即可，对D选项根据线面平行的性质以及面面垂直的判定定理即可证出结论.

【详解】A：如图：，由图可知异面，所以A错误；

B：如图：，由图可知，所以B错误；

C：如图：，由图可知，所以C错误；

D：过作平面与平面交于，因为，所以，又因为，所以，由面面垂直的判定定理即可证得，故D正确，

故选：D.

3．正方体的棱长为2，P为中点，过A，P，三点的平面截正方体为两部分，则截面图形的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】取中点，连接，得到截面为四边形，再根据梯形的面积公式即可求解.

【详解】  

如图，截面为四边形，

取中点，连接，则，且.

因为,且，所以四边形是平行四边形，

则，，

所以，且，又

所以截面为等腰梯形，且上底长为，下底长为，腰长为，

所以截面的面积为.

故选：C

4．若圆周率的近似值可以表示成，则的近似值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】利用二倍角的正、余弦公式、诱导公式化简可得结果.

【详解】由已知.

故选：C.

5．如图，一艘船向正北方向航行，航行速度为每小时海里，在处看灯塔在船的北偏东的方向上.1小时后，船航行到处，在处看灯塔在船的北偏东的方向上，则船航行到处时与灯塔之间的距离为（    ）

A．海里 B．海里 C．海里 D．海里

【答案】B

【分析】确定，，根据正弦定理得到，解得答案.

【详解】，，，，

则，即，，

故选：B

6．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量与平行．若，，则BC边上的中线AD为（    ）

A．1 B．2 C． D．

【答案】D

【分析】根据向量平行列方程，利用平方的方法求得.

【详解】由于向量与平行，

所以，由正弦定理得，

由于所以，

由于，所以.

，两边平方得

，

所以.

故选：D

7．已知点为的外心，且，则为（    ）

A．锐角三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．不能确定

【答案】C

【分析】取的中点，的中点，的中点，可得，，，分别利用，，和余弦定理可得答案.

【详解】三个角所对的三边分别为，

取的中点，的中点，的中点，

连接，，，则，，，

所以，

，

，

因为，

所以，即，

由余弦定理得，因为，所以，

即为钝角三角形.

故选：C.

8．故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿．由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶．如图，某几何体ABCDEF有五个面，其形状与四阿顶相类似．已知底面ABCD为矩形，，，底面ABCD，且．则几何体外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】作出辅助线，找到球心的位置，设出，利用半径相等列出方程，求出未知数，得到半径和外接球表面积.

【详解】连接AC，BD，设，取EF的中点N，连接MN，

由题意知，球心O在直线MN上，取BC的中点G，连接FG，则，且．

连接MG，过点F作于点P，则四边形MPFN是矩形，，

则，

设外接球半径为R，，则，，

解得，故，所以外接球的表面积．

故选：A

【点睛】方法点睛：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.

二、多选题

9．已知向量，，则下列说法正确的是（    ）

A．与向量方向相同的单位向量是

B．

C．向量在向量方向上的投影的数量是

D．

【答案】ABD

【分析】利用模长可求与向量共线且同方向的单位向量，从而可判断A的正误；利用向量垂直的坐标形式可判断B的正误，利用向量的模长公式和投影数量的公式可判断CD的正误.

【详解】对A，与向量共线且方向相同单位向量为，故A正确.

对B，因为，，故，

故，故成立，故B正确.

对C，向量在向量上的投影数量是，故C错误.

对D，，故，故D正确.

故选：ABD.

10．已知中，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c．下列命题正确的有（    ）

A．若，，，则

B．若为锐角三角形，则

C．若，则为锐角三角形

D．若，则是等边三角形

【答案】BD

【分析】根据余弦定理和向量数量积定义即可判断A，利用正弦函数单调性即可判断B，根据正、余弦定理即可判断C，根据余弦函数的值域和三角形的特点即可判断D.

【详解】选项A，由余弦定理知，，

所以，即选项A错误．

选项B，由题得，则，

则根据正弦函数单调性知：，,

即， ，

则根据不等式性质有，故B正确；

选项C，因为，所以，

结合正弦定理，得，

由余弦定理知，，因为，所以为锐角，但无法确定和的大小，即选项C错误；

选项D，因为，则，

可得，

若，则，

可得，即，

则是等边三角形，故D正确；

故选：BD.

11．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E、F，且，则下列结论中正确的是（    ）

A．

B．平面ABCD

C．三棱锥的体积为定值

D．直线AC与平面AEF的成角为

【答案】ABC

【分析】根据线线垂直、线面平行、锥体体积、线面角等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.

【详解】A选项，根据正方体的性质可知，

由于，平面，

所以平面，由于平面，

所以，所以A选项正确.

B选项，根据正方体的性质可知，

由于平面，平面，

所以平面，所以B选项正确.

C选项，对于三棱锥，三角形的面积为定值，

到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，

所以C选项正确.

D选项，根据正方体的性质可知，，

设到平面的距离为，

，即，

解得，设直线AC与平面AEF的成角为，

则，所以不是，D选项错误.

故选：ABC

12．已知函数，则下列说法中正确的有（    ）

A．的图象关于直线对称

B．的图象可由函数的图象上每一个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）得到

C．若在区间上单调，则实数的取值范围为

D．若存在，使得，则的最大值为

【答案】ACD

【分析】整体代入法可求得的对称轴可判断A项，运用图象伸缩变换可判断B项，求出的单调区间，结合集合包含关系即可判断C项，解方程，再计算比较即可判断D项.

【详解】对于A项，令得：，，则的对称轴为，，故A项正确；

对于B项，的图象上每个点的横坐标变为原来的倍后得到，故B项不成立；

对于C项，由题意知，，所以，

又因为，，解得：，，

所以单调递增区间为，，

所以单调递减区间为，，

当时，在上单调递增，在上单调递减，

又因为在区间上单调，

所以 ，故C项正确；

对于D项，因为，即：，

所以，

所以或，

又因为，

所以解得：或，

所以或，

所以当且时，取得最大值为，故D项正确.

故选：ACD.

三、填空题

13．在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，，，则B的大小为      .

【答案】

【分析】根据正弦定理求得，结合且，得到，即可求解.

【详解】在中，因为，，，

由正弦定理，可得，

又由且，所以，所以.

故答案为：.

14．国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图，将底面半径都为b，高都为的半椭球（左侧图）和已被挖去了圆锥的圆柱右侧图）（被挖去的圆锥以圆柱的上底面为底面，下底面的圆心为顶点）放置于同一平面上，用平行于平面且与平面任意距离d处的平面截这两个几何体，截面分别为圆面和圆环，可以证明总成立．据此，图中圆柱体（右侧图）的底面半径b为2，高a为3，则该半椭球体（左侧图）的体积为      ．

【答案】

【分析】利用圆柱、圆锥的体积公式，即可得出结论．

【详解】根据题意，因为总成立，

所以半椭球体的体积为，

由题意知：，，

所以椭球体的体积为：．

故答案为：．

15．已知函数图象的一部分如图所示，则             ．

【答案】2

【分析】由图可知，根据曲线过点（0,1），可得φ=，再由五点作图法得ω+=2π，进而求出的值，可得函数的解析式，从而即可求解.

【详解】解：由图象可知A=2，且点(0，1)在图象上，

所以1=2sin(ω·0+φ)，即sinφ=，

因为|φ|<，所以φ=，

又是函数的一个零点，由五点作图法可得ω+=2π，

所以ω=2，

所以，

所以.

故答案为：2.

16．如图，已知在矩形ABCD和矩形ABEF中，，，且二面角为，则异面直线AC与BF所成角的余弦值为      ．

【答案】/0.7

【分析】取中点，根据二面角平面角定义可知，得到为等边三角形；根据三角形中位线性质和异面直线所成角定义可知或其补角即为所求角，结合长度关系，利用余弦定理可求得，进而得到结果.

【详解】连接，，取中点，连接，

四边形为矩形，，，

平面平面，平面，平面，

即为二面角的平面角，，

又，，，为等边三角形，；

分别为中点，，，

或其补角即为异面直线与所成角，

，，

，

即异面直线与所成角的余弦值为.

故答案为：.

四、解答题

17．在①，②为虚数，③为纯虚数，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中.

已知复数：.

（1）若_______，求实数的值；

（2）若复数的模为，求的值.

【答案】（1）答案见解析；（2）.

【分析】（1）根据复数为实数和虚数的定义逐一解答即可；（2）化简求模，解出满足的关系，即可求出的值.

【详解】（1）选择①，则，

解得.

选择②为虚数，则，

解得.

选择③为纯虚数，则，，

解得.

（2）由可知

复数.

依题意，

解得.

因此.

【点睛】本题考查复数，实数，纯虚数的定义，考查复数模的运算，属于基础题.

18．在中，角，，所对的边分别为，，，且．

(1)求角的大小；

(2)若角的角平分线与交于点，，，求的面积．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可得解；

（2）根据三角形的面积公式结合等面积法求出，即可得解.

【详解】（1）因为，

所以根据正弦定理可得，即，

由余弦定理可得，

因为，所以；

（2）由，

得，解得，

所以的面积为.

19．如图，中，，是正方形，平面平面，若、分别是、的中点．

(1)求证：平面；

(2)求证：平面.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）作出辅助线，得到面面平行，从而得到线面平行；

（2）由面面垂直得到线面垂直，进而得到线线垂直，结合勾股定理逆定理得到线面垂直.

【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，．

，分别是和的中点，

，．

又四边形为正方形，

，从而．

平面，平面，

平面，

同理平面，又，

平面平面，

∵平面，

则平面；

（2）为正方形，

．

又平面平面，且平面平面，面，

平面，平面，则，

，，

，则，得．

又，平面，

平面；

20．在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且．

(1)求角B的大小；

(2)若是锐角三角形，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，利用余弦定理化简得到，求得，即可求解；

（2）根据题意得到，由正弦定理得到，结合三角函数的性质，即可求解.

【详解】（1）解：因为，

由余弦定理可得，

整理得，所以，

因为，所以.

（2）解：因为，可得，所以，

又因为为锐角三角形，，解得，

由正弦定理可得

，

因为，可得，所以，

所以，即的取值范围．

21．如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长均为2，且B1C=，，D是棱BB1的中点.

(1)证明：平面ABC⊥平面ABB1A1；

(2)求点B到平面ACD的距离.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取棱AB的中点O，连接OB1，OC，AB1，再根据菱形的性质，结合线面垂直的判定证明⊥平面ABC即可；

（2）作DH⊥AB，垂足为H，连接CH，再根据等体积法求解即可.

【详解】（1）证明：如图，取棱AB的中点O，连接OB1，OC，AB1.

由题意可知AA1B1B为菱形，且，则为正三角形.

因为O是棱AB的中点，所以.

由题意可知△ABC是边长为2的等边三角形，则OC⊥AB，，

因为△是边长为2的等边三角形，所以，

因为，所以，所以.

因为AB，OC平面ABC，且，

所以⊥平面ABC.

因为OB1平面ABB1A1，

所以平面ABC⊥平面.

（2）

作DH⊥AB，垂足为H，连接CH，则DH⊥平面ABC.

因为D是棱BB1的中点，所以，，则，，

因为DH⊥平面ABC，且CH平面ABC，

所以DH⊥CH，则..

设点B到平面ACD的距离是d，

因为，

所以，

解得，即点B到平面ACD的距离是.

22．已知函数，满足．

(1)求实数a的值，以及函数的最小正周期（无需证明）；

(2)求在区间上的零点个数；

(3)是否存在正整数n，使得在区间上恰有2022个零点，若存在，求出n的值，若不存在，请说明理由．

【答案】(1)，；

(2)4个；

(3)存在，2021.

【分析】（1）根据代入即可求解的值，结合三角函数性质确定周期为；

（2）利用换元法设，将原方程转换为关于的一元二次方程，解出，进而可得零点个数；

（3）根据的最小正周期为，且内有4个零点，可解得．

【详解】（1），又，

解得，所以，

函数的最小正周期为.

理由为：因为，

，

所以，所以函数为周期函数，周期为，

当时，，

设则

，

所以，其中当且仅当时，，

当时，

设，则，

于是，

所以，

所以在只有时，，

故函数的最小正周期为.

（2）当时，

设则

，

令，可得或，

或，

又，

或或或，其中，

所以函数在区间上的零点个数为个；

（3）当时，．

设，则，

于是，令，

解得或，故在没有实根．

结合（2）可得，在上有4个零点，

而，

所以函数在恰有2022个零点.

即存在，使得在区间上恰有2022个零点.