2022-2023学年山东省威海市高一下学期期末数学试题含答案

这是一份2022-2023学年山东省威海市高一下学期期末数学试题含答案，共19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学年山东省威海市高一下学期期末数学试题 一、单选题1．已知角的终边经过点，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】直接利用三角函数的坐标定义求解即得解.【详解】由题得.故选：C2．下列角的终边与角的终边关于轴对称的是（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据已知角，利用周期性写出终边相同角，再结合选项判断即可.【详解】由题意知，与角的终边关于轴对称的角为当时，，正确.经验证，其他三项均不符合要求.故选：.3．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由及二倍角公式，得，即可得解.【详解】由题意，得，所以.故选：C.4．已知正四棱锥的侧棱长为，高与斜高的夹角为，则该正四棱锥的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】画出图形，正四棱锥，高为，斜高为，然后根据已知条件列方程可求出高和底面边长，从而可求出体积.【详解】如图，在正四棱锥，高为，斜高为，题意可得设正方形的边长为，则，在中，，在中，，则，解得，所以，所以正四棱锥的体积为，故选：A5．在空间四边形中，若，分别为，的中点，，，且，，则（    ）A．直线与平行 B．直线，，相交于一点C．直线与异面 D．直线，，相交于一点【答案】B【分析】首先利用相似三角形证明且，再利用中位线定理证明且，从而得到四边形为梯形，且，是梯形的两腰，设，交于一点，利用平面的性质证明是直线，，的公共点即可．【详解】因为，，且，所以，所以且，因为，分别为，的中点，所以且，所以且，故四边形为梯形，且，是梯形的两腰，所以，交于一点，设交点为，则，，又因为平面，且平面，所以平面，且平面，又平面平面，所以，所以点是直线，，的公共点，故直线、、相交于一点．  故选：B6．古希腊地理学家埃拉托色尼从书中得知，位于尼罗河第一瀑布的塞伊尼（现在的阿斯旺，在北回归线上）记为，夏至那天正午，阳光直射，立杆无影；同样在夏至那天，他所在的城市——埃及北部的亚历山大城记为，测得立杆与太阳光线所成的角约为.他又派人测得，两地的距离km，平面示意图如图，则可估算地球的半径约为（    ）（）A．km B．km C．km D．km【答案】C【分析】利用圆的性质及周长公式即可求解.【详解】设地心为，依题意可得，，，设地球的周长为，半径为，则，所以km.故选：C7．如图，为正方形，，点在上，点在射线上，且，则（    ）  A． B． C． D．不确定【答案】B【分析】根据边角关系证明三角形全等，即可根据对应边和角相等求解.【详解】在取，连接,由于，,所以,又，所以,由于,,所以,所以.故,故,故选：B  8．在中，，，为的中点，为上一点，且，交于点，则（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据平面向量共线定理、平面向量线性运算法则及平面向量基本定理得到方程，解得即可.【详解】依题意，又，所以，因为、、三点共线，所以，又、、三点共线，所以，因为、不共线，所以，解得，所以.故选：D 二、多选题9．已知正方体，则（    ）A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为C．二面角的大小为 D．二面角的大小为【答案】AC【分析】根据正方体的特征，即可由空间角的定义，结合选项即可逐一求解.【详解】对于A，连接，，由正方体的性质知：，所以为等边三角形，故，由于,所以四边形为平行四边形，所以，故即为直线与所成的角，故A正确，对于B,由于,而,所以直线与所成的角为，故B错误，对于C，因为平面，平面，所以，又因为， 故即为二面角的平面角，由于，故C正确，  对于，连接，，设正方体的棱长为2，所以，又二面角的平面角，所以，故D错误．故选：AC10．记的内角，，所对的边分别为，，.（    ）A．若，则是等腰三角形B．若，则是直角三角形C．若，则是等腰三角形D．若，则是等边三角形【答案】BC【分析】A. 分析得到或，则是等腰三角形或直角三角形，所以该选项错误； B. 化简得到.所以是直角三角形，所以该选项正确；C. 化简得到，则是等腰三角形，所以该选项正确；D.化简得是等腰三角形，所以该选项错误.【详解】A. 若，则或，所以或，则是等腰三角形或直角三角形，所以该选项错误；B. 若，则 .所以是直角三角形，所以该选项正确；C. 若，所以，所以所以，则是等腰三角形，所以该选项正确；D. 若，所以或,则是等腰三角形，所以该选项错误.故选：BC11．已知为坐标原点，点，，，，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】通过计算得到，所以选项A正确；通过计算得到，所以选项B正确；，，所以选项C不正确；通过计算得到，所以选项D正确.【详解】对选项A：，，所以该选项正确；对选项B：，，所以，所以，所以该选项正确；对选项C：，，所以该选项不正确；对选项D：，，所以该选项正确.故选：ABD12．若函数（）在有且仅有个零点，则（    ）A．的图象关于直线对称B．在单调递增C．在有且仅有个解D．的取值范围是【答案】AD【分析】化简已知得到，所以选项D正确；令得到，即可判断选项A正确；求出即可判断选项B错误；求出在有且仅有个解.所以选项C错误.【详解】由题得.∵，因为函数在有且仅有个零点，所以，所以的取值范围是，所以选项D正确；对于选项A，令.令，所以的图象关于直线对称，所以该选项正确；对于选项B，因为，所以在不是单调递增，所以该选项错误；对于选项C，，所以当或时，，所以在有且仅有个解.所以该选项错误.故选：AD 三、填空题13．已知锐角，满足，，则       .【答案】/【分析】根据正切和角公式即可求解.【详解】由，得，由于，为锐角，所以，故，故答案为：14．将函数图象上的所有点向右平移个单位，再把所得到的曲线上的所有点纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到函数的图象，则        .【答案】【分析】用三角函数的图象变换法则即可求解.【详解】将函数图象上的所有点向右平移个单位，得到函数的图象，再把图象上的所有点纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到函数的图象.故答案为：15．已知非零向量，满足，且，则向量与的夹角为       .【答案】/【分析】由已知得，再利用数量积公式化简即得解.【详解】因为，所以，所以，所以.因为.故答案为：16．已知三棱锥中，平面，，，.在此棱锥表面上，从点经过棱上一点到达点的路径中，最短路径的长度为，则该棱锥外接球的表面积为       .【答案】【分析】根据几何体的线面关系可将其放进一个长方体，外接球直径就是体对角线长，此时需要长方体的长宽高数据，根据题干中的最短路径数据，转化成平面问题列余弦定理方程求解.【详解】  由于平面，，可将三棱锥放在一个如上图的长方体里，长方体的外接球直径就是三棱锥的外接球，就是体对角线的长，下将翻折到和共面的状态，如下图：  由平面，平面，故，在上图长方体中，显然平面，又平面，故，在中，，则，于是，由题意，点经过棱上一点到达点的路径中，最短路径的长度为，则平面图中的，设，在中，由余弦定理，，整理得，解得（负值舍去）.故长方体中，，则，即为外接球直径，故外接球的表面积是.故答案为： 四、解答题17．如图，四棱锥的底面为正方形，为的中点.  (1)证明：平面；(2)若平面，证明：.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【分析】（1）根据题意，设与交于点，连接，由线面平行的判定定理即可证明；（2）由线面垂直的性质定理及判定定理即可得证.【详解】（1）设与交于点，连接，因为底面是正方形，所以为的中点，又因为为的中点，所以，                              因为平面，平面，所以平面.    （2）因为底面是正方形，所以，                   又因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以.18．已知函数.(1)当时，求的取值范围；(2)若锐角，满足，，求.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式化简，即可根据整体法求解范围，（2）根据同角关系求解，，即可根据正弦和差角公式求解.【详解】（1）,因为，则，所以，所以.（2）由第（1）问知，所以，因为，所以，因为，为锐角，所以，因为，所以，所以.19．记的内角所对的边分别为已知向量，，且.(1)求角；(2)若为的中点，，，求的面积.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示先找出中的边角关系，利用三角恒等变换和边角互化进行求解；（2）利用，平方后列出关于边长的条件，然后根据三角形的面积公式求解.【详解】（1）由题意知，所以，由正弦定理可知，即，因为，所以，所以，即得，因为，所以.（2）因为为的中点，所以，所以，所以，所以，①由余弦定理可知，所以，②由①②得，所以.  【点睛】20．图①是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，.将其沿，折起使得与重合，连接，如图②.  (1)证明：平面平面；(2)证明：//平面；(3)求直线与平面所成角的正切值.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3) 【分析】（1）根据线面垂直即可得面面垂直，（2）利用线线平行或者面面平行即可求证线面平行，（3）根据线面角的定义，得其几何角，即可利用边角故选求解.【详解】（1）  由题意知，，平面, 所以平面，又平面，所以平面平面.（2）法一：由题意可知，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.法二：因为，平面,平面,所以平面,，平面,平面,所以平面,平面，所以平面平面，又平面，所以平面.（3）过作交的延长线于点，连接，因为平面平面，且交线为平面,所以平面，所以在平面内的射影为，所以与平面所成的角为，因为，所以，  在中，，，在中，，，所以，所以，所以与平面所成角的正切值为.21．在平面直角坐标系中，已知点，点在第二象限，且.(1)若点的横坐标为，现将向量绕原点沿顺时针方向旋转到的位置，求点的坐标；(2)已知向量与，的夹角分别为，，且，，若，求的值.【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据三角函数的定义即可求解，（2）根据三角函数的定义，结合和差角公式即可根据向量的坐标运算求解.【详解】（1）因为，点在第二象限且横坐标为，所以点的坐标为，设，由三角函数定义可知，，因为向量绕原点沿顺时针方向旋转到的位置，所以角的终边位于射线上，所以，，设点的坐标为，所以，，所以点的坐标为.（2）因为向量与的夹角为且，所以，                     所以点横纵坐标分别为，，即点坐标为，所以.因为向量与的夹角为，且点在第二象限，所以角的终边位于射线上，又，，所以点的横纵坐标分别为，，即点坐标为，所以，因为，所以，所以，解得，所以.22．（1）证明：；（2）记的内角，，所对的边分别为，，，已知.（ⅰ）证明：；（ⅱ）若成立，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）【分析】（1）证法一：从左向右证，先变形，然后利用两角和与差的余弦公式化简即可，证法二：从右向左证，利用两角和与差的正弦公式化简即可，（2）（ⅰ）证法一：将利用正弦定理统一成角的形式，再利用三角函数恒等变换公式化简即可，证法二：将利用正弦定理统一成边的形式，然后利用余弦定理结合三角函数恒变换公式化简即可；（ⅱ）解法一：由可得，再由，得，再结合余弦定理和得，换元后构造函数分类讨论可求得结果，解法二：将由正弦定理统一成角的形式，再结合得，换元后构造函数分类讨论可求得结果，解法三：由，将整理得，换元后构造函数分类讨论可求得结果.【详解】证明：（1）法一：             .法二： ，，所以.（2）（ⅰ）法一：因为，由正弦定理可知，即，即，可得，由（1）可知，所以，因为，所以，所以，因为，所以，又因为，所以，所以或（舍），所以.法二：因为，由正弦定理可得，因为，所以，所以，即，所以，即，所以，因为，所以，又因为，所以，所以或（舍），所以.解：（ⅱ）法一：因为，所以，即，因为，所以，所以，所以，，因为，所以，，，因为，，，，可得，设，则，                      即对成立，令，当时，即时，可得，解得，所以；当时，即时，可得，解得，所以；当时，即时，可得，解得，所以.综上，.法二：因为，由正弦定理可知，因为，所以，，代入，整理得，下同法一.法三：因为，将整理得，即，由题意可得，设，则，即对成立，令，当时，即时，可得，解得，所以；当时，即时，可得，解得，所以；当时，即时，可得，解得，所以.综上，.