河南省南阳市南召县2022-2023学年高一下学期期末数学试题（Word版附解析）

这是一份河南省南阳市南召县2022-2023学年高一下学期期末数学试题（Word版附解析），共20页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知角的终边经过点，则（ ）
A. B. C. D. －2
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的定义即可得解.
【详解】解：因为角的终边经过点，
所以.
故选：A.
2. 若向量，满足，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由两个向量垂直，转化为两个向量的数量积为零，再由数量积的坐标运算得出结果.
【详解】因为，所以 ，所以，解得．
故选：D.
3. 若，则=（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用整体代换的思想，找出已知角与所求角之间的关系，根据诱导公式即可求解.
【详解】.
故选：C.
4. 半径为的半圆卷成一个圆锥，则它的体积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得圆锥母线长为，底面圆的半径为，求出圆锥高即可求出体积.
【详解】半径为的半圆卷成一个圆锥，可得圆锥母线长为，底面圆周长为，
所以底面圆的半径为，圆锥的高为,
所以圆锥的体积为.
故选：A.
5. 在中，，则此三角形的形状是（ ）
A. 等边三角形B. 钝角三角形
C. 直角三角形D. 等腰直角三角形
【答案】C
【解析】
【分析】利用三角恒等变换公式将公式变形，转化方向是变成简单的三角方程求角的值，通过角的值来确定的形状．
【详解】，
，
，
，即，
，.
故此三角形为直角三角形.
故选C
【点睛】考查利用三角恒等变换的公式进行灵活变形的能力，此题训练掌握相关公式的熟练程度以及选择变形方向的能力，属于基础题．
6. 在中，角的对边分别是.已知，则（ ）
A B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦定理得到，再根据余弦定理得到，设，代入计算得到答案.
【详解】，即，故，
，
设，则，解得或（舍去）.
故选：A
7. 如图是正方体的平面展开图．关于这个正方体，有以下判断：

①与所成的角为②∥平面
③ ④平面∥平面
其中正确判断的序号是（ ）．
A. ① ③B. ② ③C. ① ② ④D. ② ③ ④
【答案】C
【解析】
【详解】
把正方体的平面展开图还原成正方体 ，得：①与所成的角为正确； ② 不包含于平面 平面 平面 ，故②正确； ③ 与 是异面直线，故③不正确； ④ 平面 ，所以平面 平面 ，故 ④ 正确 ，正确判断的序号是① ② ④，故选C.
8. 如图，某圆柱的一个轴截面是边长为2的正方形ABCD，点E在下底面圆周上，且，点F在母线AB上，点G是线段AC的靠近点A的四等分点，则的最小值为（ ）

A. B. 3C. 4D.
【答案】A
【解析】
【分析】将绕直线AB旋转到的位置，并且点在BC的反向延长线上，连接，交AB于点，此时最小，求出即可．
【详解】将绕直线AB旋转到的位置，并且点在BC的反向延长线上，
连接，交AB于点，此时最小，如图所示：

因为，所以，
又因为，所以，
又因为，所以，
在中，由余弦定理得，
解得，即的最小值为．
故选：A．
二、多项选择题
9. 已知向量，，则下列命题正确的是（ ）
A 若，则
B. 若 ，则
C. 若取得最大值时，则
D. 的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据向量的平行和垂直的坐标运算即可判断A正确，B不正确.对于C，根据，，即可得到，所以C正确，对于D，根据的最大值为，即可判断D正确.
【详解】A选项，若，则，即，故A正确．
B选项，若，则，则，故B不正确．
C选项，，其中.
当取得最大值时，，即，
，故C正确.
D选项，，
当时，取得最大值为，
所以的最大值为，故D正确.
故答案为：ACD
【点睛】本题主要考查平面向量的坐标运算，同时考查了三角函数的最值问题，属于中档题.
10. 若函数f（x）＝tan2x的图象向右平移个单位得到函数g（x）的图象，那么下列说法正确的是（ ）
A. 函数g（x）的定义域为{，k∈Z}
B. 函数g（x）在单调递增
C. 函数g（x）图象的对称中心为，k∈Z
D. 函数g（x）≤1的一个充分条件是
【答案】BD
【解析】
【分析】根据平移可得的表达式，然后利用正切函数的性质进行判断即可.
【详解】由题可知：
令，即
所以函数定义域为，故A错
令
所以函数单调递增区间为，
当时，是函数的单调递增区间，故B正确
令，故函数对称中心为，故C错
所以，
所以在所求的范围之内，故D正确
故选：BD
11. 在中，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 存在满足
C. 若，则为钝角三角形
D. 若，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】
A项，根据大角对大边定理和正弦定理可判断；
B项，由和余弦函数在递减可判断；
C项，显然，分和两种情况讨论，结合余弦函数的单调性可判断；
D项，根据和正弦函数的单调性得出和，再由放缩法可判断.
【详解】解：对于A选项，若，则，则，即，故A选项正确；
对于B选项，由，则，且，在上递减，于是，即，故B选项错误﹔
对于C选项，由，得，在上递减，
此时：若，则，则，于是；
若，则，则，
于是，故C选项正确；
对于D选项，由，则，则，在递增，于是， 即，同理，
此时，
所以D选项正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：正余弦函数的单调性，正弦定理的边角互化，大边对大角定理以及大角对大边定理，不等式的放缩等等，综合使用以上知识点是解决此类题的关键.
12. 如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断，其中正确的是（ ）
A. 平面平面
B. 平面
C. 异面直线与所成角的取值范围是
D. 三棱锥体积不变
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而利用面面垂直的判定定理即可判断；
对于B，利用线面平行与面面平行的判定定理证得平面平面，从而得以判断；
对于C，利用线线平行将异面直线与所成角转化为与所成的角，从而在等边中即可求得该角的范围，由此判断即可；
对于D，先利用线线平行得到点到面平面的距离不变，再利用等体积法即可判断.
【详解】对于A，连接，如图，
因为在正方体中，平面，
又平面，所以，
因为在正方形中，又与为平面内的两条相交直线，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为与为平面内两条相交直线，可得平面，
又平面，从而平面平面，故A正确；
.
对于B，连接，，如图，
因为，，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面，同理平面，
又、为平面内两条相交直线，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故B正确；
对于C，因为，所以与所成角即为与所成的角，
因为，所以为等边三角形，
当与线段的两端点重合时，与所成角取得最小值；
当与线段的中点重合时，与所成角取得最大值；
所以与所成角的范围是，故C错误；
对于D，由选项B得平面，故上任意一点到平面的距离均相等，
即点到面平面的距离不变，不妨设为，则，
所以三棱锥的体积不变，故D正确．
故选：ABD.
【点睛】关键点睛：解答本题关键在于熟练掌握线面垂直与面面垂直的判定定理、线面平行与面面平行的判定定理，能够利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化严密推理.
三、填空题
13. 若复数是纯虚数，则实数m=____.
【答案】2
【解析】
【分析】根据纯虚数实部为0虚部不为0计算即可
【详解】由题意，，解得
故答案为：2.
14. 已知，且与夹角为钝角，则的取值范围___________.
【答案】且
【解析】
【分析】根据与夹角为钝角列不等式组，由此求得的取值范围.
【详解】由于与夹角为钝角，所以，
解得且.
所以取值范围是且.
故答案为：且
15. 在正四棱柱中，是的中点，，，则与平面所成角的正弦值为__________
【答案】##
【解析】
【分析】先利用线面垂直的判定定理证得平面，进而得到直线与平面所成角为，从而解直角三角形即可求得其正弦值.
【详解】设底面中心为，则，
因为平面，平面，所以，
又平面，
所以平面，则平面，
取的中点，连接，则，
所以平面，
连接，则为与平面所成的角.
因为，，
所以，，.
故答案为：.
.
16. 已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧面底面，且，则该四棱锥的外接球的表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】设正方形的中心，三角形的外心，取的中点， 分别以，为邻边作一个矩形，可证明，点就是该外接球的球心，求出球半径，进而可得结果.
【详解】
设正方形的中心，三角形的外心，
取的中点，连，，则，，
分别以，为邻边作一个矩形，如图，
因为侧面底面，
则平面，平面，
则，
所以点就是该外接球的球心，
由，可得，
在中，，
外接圆的表面积为，
故答案为：.
【点睛】要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用（为三棱的长）；②若面（），则（为外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径（球心在过底面多边形的外心且与底面垂直的直线上）.
四、解答题
17. 已知复数在复平面内所对应的点为A.
（1）若点A在第二象限，求实数m的取值范围；
（2）求的最小值及此时实数m的值.
【答案】（1）或
（2）的最小值为，
【解析】
【分析】（1）由点A在第二象限，列出不等式组求解即可；
（2）由模的公式得，令，利用二次函数的性质求出最小值.
【小问1详解】
由，解得或.
【小问2详解】
，
令，∵，∴，
则，
所以当，即时，有最小值.
18. 记的内角，，所对的边分别是，，．已知．
（1）求角的大小；
（2）若点在边上，平分，，且，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据余弦定理化简即可得到角的大小；
（2）由角平分线定理可得，由，结合余项定理化简即可求得结果.
【小问1详解】
因为，即
化简可得，由余弦定理可得，
所以，且，则
【小问2详解】
由（1）知，由余弦定理可得，将代入，
化简可得，
又因为平分，由角平分线定理可得，即，且，所以，
又因为,
则，结合余弦定理可得
，解得，所以
则
19. 如图1，在梯形中，，点E在线段上，，将沿翻折至的位置，连接，点F为中点，连接，如图2，

（1）在线段上是否存在一点Q，使平面平面?若存在，请确定点Q的位置，若不存在，请说明理由；
（2）当平面平面时，求三棱锥的体积，
【答案】（1）存在，Q是的中点
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行与面面平行的判定定理证明即可；
（2）利用余弦定理与勾股定理证得，进而利用线面垂直的判定定理证得平面，从而得到F到平面的距离，再利用等体积法即可得解.
【小问1详解】
当Q是的中点时，平面平面，理由如下：
如图，连接，
依题意得，且，则，
所以四边形是平行四边形，则，
又平面平面，所以平面，
因为分别为的中点，所以，
又平面平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
.
【小问2详解】
取的中点M，连接，
因为，则，
所以为边长为2的等边三角形，则，
因为，所以由余弦定理得，
所以在中，，则，
因为平面平面，平面平面平面，所以平面，
因为F为的中点，所以F到平面的距离，
所以.
20. 锐角中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足：．
（1）求A；
（2）求面积取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边化角，利用两角和差关系得，即，结合角度范围即可得角A；
（2）根据正弦定理及三角形面积公式转化为关于角的正切函数，根据锐角得角的范围，即可求得面积取值范围．
【小问1详解】
解：因为，由正弦定理得：，
因为，
所以，
化简得，所以，
因为，所以，
【小问2详解】
解：由正弦定理，得
又
，
因为锐角，所以解得，则
所以.
21. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明详见解析；（2）.
【解析】
【分析】（1）由线面垂直的判定定理可证得结果；
（2）取的中点，的中点，连接，，，证得就是二面角的平面角，在直角三角形中可求得其余弦值.
【详解】（1）因为侧面底面，且交线为，又面，，所以平面，又平面，所以. 侧面是正三角形，是的中点，所以. 又，所以平面.
（2）取的中点，的中点，连接，，.依题意知，，且，所以平面，又，所以平面，因此，，所以就是二面角的平面角.
由（1）知平面，因为，所以平面，从而.
在直角三角形中，设，则，所以，.
所以，二面角的余弦值为.
22. 已知，，.函数的最小正周期为
（1）求函数在内的单调递增区间；
（2）若关于的不等式在内恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）、；（2）.
【解析】
【分析】（1）本题首先可根据、得出，然后通过转化得出，再然后根据最小正周期为得出，最后通过正弦函数单调性即可得出结果；
（2）本题首先可将转化为，然后设，则，，最后设，通过求出即可得出结果.
【详解】（1）因为，，
所以，
则
，
因为最小正周期为，所以，，.
令，解得，
则函数在内的单调递增区间为、.
（2），
即，
整理得，，
即在内恒成立，
令，则，，
设，易知当时函数单调递增，
故，，，的取值范围为.