2.山东省威海市2022-2023学年高一下学期期末数学试题

这是一份2.山东省威海市2022-2023学年高一下学期期末数学试题，共11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。

一、单选题
1．已知角的终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
2．下列角的终边与角的终边关于轴对称的是（ ）
A．B．C．D．
3．已知，则（ ）
A．B．C．D．
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．
5．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
6．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．kmB．kmC．kmD．km
7．如图，为正方形，，点在上，点在射线上，且，则（ ）

A．B．C．D．不确定
8．在中，，，为的中点，为上一点，且，交于点，则（ ）
A．B．
C．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
10．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
11．已知为坐标原点，点，，，，则（ ）
A．B．
C．D．
12．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
三、填空题
13．已知锐角，满足，，则 .
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 .
15．已知非零向量，满足，且，则向量与的夹角为 .
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 .
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：.
18．已知函数.
(1)当时，求的取值范围；
(2)若锐角，满足，，求.
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.
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.
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.
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.
参考答案：
1．C2．A3．C4．A5．B6．C7．B8．D
9．AC10．BC11．ABD12．AD
13．/14．15．/16．
17．(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【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．(1)
(2)
【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．(1)
(2)
【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．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【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．(1)
(2)
【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）证明见解析；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【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，.