2022-2023学年辽宁省大连市高一下学期期末数学试题含答案

2022-2023学年辽宁省大连市高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．已知，，则角的终边位于（   ）

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】D

【分析】根据三角函数的符号与角的象限间的关系，即可求解.

【详解】由，，根据三角函数的符号与角的象限间的关系，

可得角的终边位于第四象限.

故选：D.

2．已知复数，则的虚部为（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据复数的运算法则，得到，结合复数的概念，即可求解.

【详解】由复数，所以复数的虚部为.

故选：C.

3．如图，一个水平放置的平面图形的直观图是腰长为1的等腰直角三角形，则原平面图形的面积为（   ）

A． B．1 C． D．

【答案】A

【分析】先求得原图形三角形的底与高的值，进而求得原图形的面积.

【详解】因为在直观图中，，所以，

所以原图形是一个底边长为，高为的直角三角形，

故原图形的面积为．

故选：A

4．1988年3月14日，Lany Shaw在旧金山科学博物馆组织举办了最早的大型以为主题的活动，之后博物馆继承了这一传统，后来3月14日成为了国际圆周率日（日）.历史上，求圆周率的方法有多种，其中的一种方法：当正整数充分大时，计算单位圆的内接正边形的周长和外切正边形的周长，将它们的算术平均数作为的近似值.按照这种方法，的近似值的表达式是（   ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】求出内接正边形的边长和周长，求出外切正边形的边长和周长，再求出周长的算术平均数可得答案.

【详解】单位圆的内接正边形的边长为，则其内接正边形的周长为，

单位圆的外切正边形的边长为，则其外切正边形的周长为，

则有.

故选：A.

5．已知一个圆锥的侧面展开图是一个半径为4，圆心角为的扇形，过该圆锥顶点作截面，则截面面积的最大值为（   ）

A． B．8 C． D．6

【答案】B

【分析】求出圆锥底面圆的半径，计算得圆锥的轴截面三角形顶角为钝角，轴截面面积的最大是为直角三角形时最大可得答案.

【详解】设圆锥的底面半径为，则，解得，

设圆锥的轴截面三角形顶角为，则，

又因为，所以，，

所以过圆锥顶点作轴截面，轴截面面积最大时即顶角为，

所以最大值为.

故选：B.

6．某校学生为测量操场上的旗杆高度，在与旗杆底端位于同一水平高度的共线三点，，处，测得旗杆顶端处的仰角分别为，，，且，则旗杆的高度为（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】设旗杆的高度，的，在中，得到，结合余弦定理，列出方程，即可求解.

【详解】设旗杆的高度，

由，可得，

在中，因为，所以，

可得，

即，解得，

所以旗杆的高度为.

故选：C.

7．菱形十二面体是由12个全等的菱形构成的，其有24条棱，14个顶点，它每个面的两条对角线之比为，已知一个菱形十二面体的棱长为，体积为16，则该菱形十二面体的内切球的体积为（   ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据菱形十二面体的性质，结合其内切球的性质，将菱形十二面体分割为十二个四棱锥，结合其几何性质，求其高，可得球的半径，可得体积.

【详解】由题意，设菱形十二面体内切球的球心为，其中一个面为菱形，

过作平面的垂线，以为垂心，连接，

可得四棱锥，如下图所示：

由棱形十二面体的性质，可知为菱形的中心，即，

易知棱形十二面体体积等于十二个四棱锥的体积，

故四棱锥的体积，

由题意，可得，，在菱形中，易知，

在，由，且，则，，

故菱形的面积，

在四棱锥中，，

由内切球的性质，可得其半径为，

其体积.

故选：C.

8．已知函数（，，）在区间上单调，且，则不等式的解集是（   ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】将化成的形式，根据单调性及周期性得到的取值范围，根据等式关系得到各参数的关系，最后利用辅助角公式中的关系得到关于的不等式，解出不等式即可.

【详解】，

，，

在区间单调，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

，

.

故选：A.

【点睛】关键点定睛：本题难点在于单调性与周期性之间的关系以及辅助角公式的巧妙运用.

二、多选题

9．设，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，下列命题中正确的是（   ）

A．若，，则

B．若，，，则

C．若，，则

D．若，，，则

【答案】AD

【分析】根据平行公理以及面面平行的性质定理，结合长方体的几何性质，利用反例，可得答案.

【详解】对于A，根据平行的传递公理，可得A正确；

对于B，由题意，作长方体，连接，如下图所示：

设为平面，为平面，，，

显然，，，但与不垂直，故B错误；

对于C，由题意，作长方体，连接，如下图所示：

设为平面，，，显然，，但与为异面直线，不平行，故C错误；

对于D，根据面面平行的性质定理，可得，D正确.

故选：AD.

10．在中，角，，的对边分别是，，，且，，，则角的值可能为（   ）

A． B． C． D．

【答案】AB

【分析】由正弦定理可得答案.

【详解】由正弦定理，

得，

又因为，所以，

因为，所以或.

故选：AB.

11．如图，正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为1，.若将正三棱锥绕旋转，使得点分别旋转至点处，且四点共面，点，分别位于两侧，连接，则（   ）

A．平面

B．

C．多面体的体积为原多面体的体积的2倍

D．点旋转运动的轨迹长相等

【答案】BC

【分析】根据给定的条件可知，旋转前后的正三棱锥和，可以放置到正方体中，作出图形，逐项分析，即可求解.

【详解】正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为1，，

可得，

则三棱锥的侧棱互相垂直，正三棱锥的侧棱互相垂直，

于是旋转前后的正三棱锥和可以放在正方体中，

四边形为该正方体的一个侧面，如图所示，

对于A中，，而平面，

则不平行于平面，所以A错误；

对于B中，如图所示，连接，

因为，则，所以B正确；

对于C中，多面体的体积为，

原多面体的体积为，

所以多面体的体积为原多面体的体积的2倍，所以C正确；

对于D中，根据题意，点的旋转角度相同，但旋转半径不同，

则运动的轨迹不相等，所以D错误.

故选：BC.

12．在中，，，，为中点，在上，且，延长线交于点，则下列结论正确的有（   ）

A． B．

C．的面积为 D．

【答案】BCD

【分析】对于A，可得，平方得，求出，即可求解；对于B，利用即可求解；对于D，令，因为B，C，F三点共线，即可得，解得即可求解；对于C，由D可得，即可求解．

【详解】

对于A，因为，

所以，

又为AC中点，所以，

，

又，所以，，故A错；

对于B，，故B正确；

对于D，令，因为B，C，F三点共线，所以，

解得，故D正确；

对于C，由D可得，即，则，

，则，故C正确．

故选：BCD．

【点睛】方法点睛：向量具有数形二重性，一方面具有“形”的特点，借助于几何图形进行研究，利用数形结合增强解题的直观性；另一方面又具有一套优良的运算性质，因此，对于某些几何命题的求解或证明，自然可以转化为向量的运算问题来解决，可以使复杂问题简单化，几何问题代数化．

三、填空题

13．已知实数，满足，为虚数单位，则        .

【答案】

【分析】利用复数的运算法则、复数相等、模的计算公式即可得出.

【详解】，是实数，且，

所以.

故答案为：

14．已知函数（其中）在上的值域为，则的取值范围是        .

【答案】

【分析】求出的范围，利用余弦函数的图像与性质根据值域分析得出右端点的范围，即可列不等式求解.

【详解】因为，所以，

因为函数（其中）在上的值域为，

所以，解得.

故答案为：

15．下面两图是正四面体与它的外接球被过球心的平面所被形成的截面图，图①中的三角形为正三角形，其面积为，图②中三角形的面积为，则        .

【答案】

【分析】根据正四面体的几何性质，求得外接球的球心以及半径，由题意，作图，求得对应三角形的面积，可得答案.

【详解】由题意，可作图如下：

设为正四面体的外接球球心，为底面正三角形的外接圆的圆心，

平面，平面平面，，，

在正四面体中，由为外接圆的圆心，则平面，

由题意，设图①中的三角形为，图②中的三角形为，

设正四面体的棱长为，在正中，由为外接圆的圆心，则，

且，易知，同理可得，

因为平面，且平面，所以，

在中，，

设正四面体的外接球的半径为，

在中，，则，解得，

则，因为平面平面，所以，则，

易知，且其相似比为，则，则，

故，，

.

故答案为：.

四、双空题

16．如图，在直三棱柱中，，，该三棱柱存在体积为的内切球，为的中点，为棱上的动点，当直线、与平面成角相等时，      ，此时四面体的外接球表面积为      .

【答案】     1    

【分析】根据内切球的半径求出柱体的棱长，然后利用球的性质求解外接球的半径，进一步求出外接球的表面积.

【详解】因为直三棱柱的内切球的体积为，所以，所以内切球的半径为，

所以内切圆的半径为1，则，因为为的中点，为棱上的动点，

当直线直线、与平面成角相等时，，又，

所以∽，所以，设，

则，解得，所以，，从而，

，，所以，即有，

所以四点共圆，且圆心为的中点，其半径为，

因为，，，平面，

所以平面，如图，将直三棱柱补成长方体，

设为的中点，连接，取的中点，连接，

则中点即为四面体的外接球的球心，

所以四面体的外接球的半径为，

此时四面体的外接球表面积为.

故答案为:1，

【点睛】方法点睛：求解几何体外接球的半径的解题思路：一是根据球的截面的性质，利用球的半径、截面圆的半径及球心到截面圆的距离三者的关系求解，其中，确定球心的位置是关键；二是将几何体补形成长方体，利用该几何体与长方体共有的外接球的特征，由外接球的直径等于长方体的体对角线长求解.

五、解答题

17．如图，在直三棱柱中，，且，点是的中点.

(1)证明：平面；

(2)证明：平面.

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）利用线面垂直的性质定理及判定定理证明即可；

（2）利用线面平行的判定定理证明即可.

【详解】（1）因为三棱柱为直三棱柱，

所以底面，底面，

所以.

在中，，为线段的中点，

所以.

又，平面，平面.

所以平面.

（2）设与的交点为，连接，如图所示：

因为是的中点，是的中点，

在中有 ，

因为平面，平面，

所以平面.

18．已知函数，.

(1)求的最小正周期：

(2)求在区间上的最大值与最小值.

【答案】(1)最小正周期为；

(2)最大值为，最小值为.

【分析】(1)利用降幂公式及辅助角公式将函数解析式化简为正弦型函数，从而求得其周期；

(2)利用正弦函数的图像与性质进行求解.

【详解】（1）

所以的最小正周期为.

（2）因为，所以，

所以，所以，

当时，，当时，，

所以在区间上的最大值为，最小值为.

19．在中，角所对的边分别为，向量，，.

(1)求角的大小；

(2)若，，点在边上，为的平分线，求长.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先根据向量垂直得出边角关系，然后根据正弦定理的边角互化，余弦定理来求解；

（2）利用三角形的面积公式，把用两种方式表达，列方程进行求解

【详解】（1）因为，所以，

即，

由正弦定理得：，

，即，

因为，所以；

（2）因为

所以

得.

20．在正三棱台中，，，为中点，在上，.

(1)请作出与平面的交点，并写出与的比值（在图中保留作图痕迹，不必写出画法和理由）；

(2)求直线与平面所成角的正弦值.

【答案】(1)答案见解析，2

(2)

【分析】（1）根据直线与平面的公理，延长线段，延展平面，结合相似三角形，可得答案；

（2）根据线面角的定义，作图，求其所在三角形的边长，利用三棱台的几何性质，在其侧面，结合等腰梯形以及余弦定理，可得答案.

【详解】（1）①作图步骤：延长，使其相交于，连接，则可得；

作图如下：

作图理由：在平面中，显然与不平行，延长相交于，

由，则平面，由平面，则平面，

由，，则平面，可得

故平面.

②连接，如下图所示：

在正三棱台中，，即，易知，

则，由，且，则，显然，

由分别为的中点，则，且，

易知，故.

（2）由题意，过作平面的垂线，垂足为，并连接，如下图所示：

由（1）可知：且，则，由，，

在侧面中，过分别作的垂线，垂足分别为，如下图所示：

易知,，所以，

在中，，则，

棱台的高，

由图可知直线与平面所成角为，

因为平面，且平面，所以，

所以.

【点睛】关键点睛：本题第2小问解决的关键在于利用余弦定理求得，利用勾股定理求得，从而得解.

21．已知函数（，）图像的一个对称中心为，当时，，将函数图像向左平移个单位长度，再将所得图像上的所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变）后得到函数的图像.

(1)求函数与的解析式；

(2)求满足在内恰有2023个零点的实数与正整数的值.

【答案】(1)，

(2)，.

【分析】（1）根据题意得到，求得，得到，再由对称中心，求得，得到，结合三角函数的图象变换，即可求解；

（2）由，设，讨论方程的根，得到，在分类讨论，分别求得，结合三角函数的性质，即可求解.

【详解】（1）解：由的最大值为，最小值为，

因为，可得，所以，

可得，所以，

将代入得，可得，解得，

因为，所以，所以，

函数图像向左平移个单位长度得，

再将所有点的横坐标伸长为原来的2倍得.

（2）解：由，

函数的零点即为方程的根，

设，讨论方程的根，显然，

若方程的根，则在内可对应两个，

若方程的根，则在内可对应两个，

此时函数在内只能有偶数个零点，不符合题意.

故必有，

当时，可得，，

此时在内有1个零点，内有2个零点，

因为，所以

当时，可得，，

此时在内有2个零点，一个周期内有3个零点，此时在内有2022个零点，在内有2个零点，不符合题意，

综上所述，，.

22．如图，在四面体中，是边长为2的等边三角形，是直角三角形，点为直角顶点.，，，分别是线段，，，上的动点，且四边形为平行四边形，设.

(1)求证：平面；

(2)若二面角的大小为，，则为何值时，四边形的面积最小，并求出最小值：

(3)当平面平面时，求四面体体积的最大值.

【答案】(1)证明见解析

(2)或时，的最小值为

(3)

【分析】（1）先证明平面，可得，利用线面平行的判定定理可得答案；

（2）取中点，连接，交于点，过点作，交于点，连接，过点作，垂足为，求出四边形的面积，利用二次函数的性质可得答案.

（3）由（2）知，是二面角的平面角，设，求出，结合可得答案.

【详解】（1）四边形为平行四边形，，

平面，平面，

平面，

平面，平面平面，

，

平面，平面，平面；

（2）取中点，连接，交于点，

过点作，交于点，连接，

过点作，垂足为.

是边长为2的等边三角形，，，

是二面角的平面角，，

，，，

，，平面，平面，

平面，，

同（1）过程可得：，，，

，，

，

，，

在中，，

四边形的面积，

当，，则或时，的最小值为.

（3）由（2）知，是二面角的平面角，设，，

点到平面的距离，

设，则，，

平面平面，，平面，平面，

平面，，

中，，

，

，，

，又因为，所以，，

，即四面体体积的最大值为，

此时，

解得，

因为，所以，.

【点睛】方法点睛：证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面.