[数学][期末]内蒙古自治区包头市2022-2023学年高一下学期期末试题(解析版)

这是一份[数学][期末]内蒙古自治区包头市2022-2023学年高一下学期期末试题(解析版)，共14页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知复数z满足，则z的共轭复数（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】因，所以，
所以z共轭复数.
故选：C.
2. 函数的定义域是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题意可得：，解得，
函数的定义域为.
故选：A.
3. 在中，D是BC的中点，E是AD的中点．若，则（ ）
A. B. C. －1D. 1
【答案】C
【解析】如图所示，根据向量的线性运算法则，可得：
，
又因为，所以，所以.
故选：C.
4. 三条直线，，的位置如图所示，它们的斜率分别为，，，则，，的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设三条直线，，的倾斜角为，由图可知，
所以.
故选：B.
5. 已知直线a，b，平面，，，则下列判断正确的是（ ）
A. ，
B. ，
C. ，，，
D. ，，
【答案】D
【解析】作长方体，连接左右侧面的对角线，如下图所示：
对于A，设，，平面，显然，，但，
故A错误；
对于B，设，，平面，显然，，但，
故B错误；
对于C，当且仅当，，，与相交，此时，故C错误；
对于D，根据面面平行的性质定理，故D正确.
故选：D.
6. 若函数的图象与直线的两个相邻公共点之间的距离等于2，则对称中心到对称轴距离的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】函数的图象与直线的两个相邻公共点之间的距离等于2，
可得函数的最小正周期为，
则对称中心到对称轴距离的最小值为.
故选：B.
7. 已知正三棱锥的侧棱，，两两互相垂直，且，则其外接球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为正三棱锥的侧棱，，两两互相垂直，
且，
如图将正三棱锥放到如下棱长为正方体中，则正三棱锥的外接球即为正方体的外接球，
则正方体的外接球的半径，
所以外接球的表面积.
故选：A.
8. 已知的外接圆圆心为O，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】∵的外接圆的圆心为O，且，
∴O为的中点，即为外接圆的直径，∴，
∵，∴是等边三角形，
设为的中点，则，
∴向量在向量上的投影向量为.
故选：B.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知，，，四点不共线，下列等式能判断为平行四边形的是（ ）
A. B. （为平面内任意一点）
C. D. （为平面内任意一点）
【答案】ABC
【解析】因为，，，四点不共线，
对于A：，所以且，所以为平行四边形，故A正确；
对于B：因为，所以，所以且，
所以为平行四边形，故B正确；
对于C：因为，即，
所以，所以且，
所以为平行四边形，故C正确；
对于D：因为，所以，
所以，所以四边形为平行四边形，故D错误.
故选：ABC.
10. 在中，已知，，，则边的长可能为（ ）
A. 4B. 5C. 8D. 10
【答案】AC
【解析】因为，，，
由余弦定理，即，
即，解得或.
故选：AC.
11. 函数在一个周期内的图象如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A.
B.
C. 函数周期为
D. 将函数的图象向左平移可得的图象
【答案】BC
【解析】由图可知，，
，，
此时，
令，则，
，，
，，，故A错误，B正确；
由图可知的周期为，故C正确；
将函数的图象向左平移得，
与不同，故D错误.
故选：BC.
12. 在正方体中，则下列判断正确的是（ ）
A. 直线与夹角为B. 直线与平面夹角为
C. 平面平面D. 直线平面
【答案】BCD
【解析】对于A，正方体的对角面是矩形，
则，是直线与所成角或其补角，
而为等边三角形，即，A错误；
对于B，由平面，平面，得，
而，，
平面，因此平面，令，连接，
则是直线与平面夹角，显然，B正确；
对于C，由平面，平面，得，
而，，
平面，则平面，又平面，
因此平面平面，C正确；
对于D，由选项B知，平面，平面，则，
同理，
而平面，所以直线平面，D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知复平面内复数对应的点在射线上，且，则______．
【答案】
【解析】由复平面内复数对应的点在射线上，所以，，
其中，
因为，可得，
又因为，解得，所以.
故答案为：.
14. 已知，且，则______．
【答案】
【解析】因为，且，
所以，，，
所以，所以，
所以，
所以
.
故答案为：.
15. 在一个直二面角的棱l上有两点A，B，线段，线段，并且，，，则CD的长为______．
【答案】
【解析】因为，则，
又因为，，，，所以，
连接，则，可得，所以.
故答案为：.
16. 边长为2的等边三角形ABC的重心为G，设平面内任意一点P，则的最小值为______．
【答案】
【解析】由题意，设等边的边长为，以的中点为原点，
以分别为轴建立直角坐标系，可作图如下：
由为等边的重心，则，，即，，
设，则，，
，
对于，，故.
故答案为：.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知的三个顶点分别为，，.
（1）求边上的高所在直线的方程；
（2）求边上的中线所在直线的方程.
解：（1）由题意得，且，所以，
则边上的高所在直线的方程为，化简得.
（2）由题知的中点，所以，
则边上的中线所在直线的方程为，化简得.
18. 已知．
（1）求的周期及单调递减区间；
（2）求在上的最小值及相应自变量的取值集合．
解：（1）由已知得，
则的周期为，
由得，
所以的单调减区间为．
（2）设，由题知，，
则当时，最小值为0，
此时，即，
所以取到最小时相应的自变量的集合为．
19. 设向量．
（1）求证：与互相垂直；
（2）设，若与垂直，求实数的值；
（3）设，当取最小值时，求的值．
解：（1）证明：由向量，可得，
又由，所以与互相垂直．
（2）由，可得，
因为，所以，解得．
（3）因为，
所以当时，取到最小值，于是，
又，所以．
20. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，分别为的中点．
（1）求证：平面；
（2）设平面，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求异面直线与所成角的余弦值．
条件①：；条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
解：（1）证明：取中点，连接，
因为分别为的中点，则且，
又因为且，则，且，
所以平行四边形，则，
因为面PAD，面PAD，所以平面．
（2）若选条件①：由，因为，则，
又由，且平面，所以平面，
因为，所以平面，
以为原点，以所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，
如图所示，则，，，故，
又由，则，
所以异面直线与PC所成角的余弦值为．
若选条件②：由，可得，所以，
又由，所以，
所以，即，
又由平面，且平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
以为原点，以所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，
如图所示，则，，，故，
又由，则，
所以异面直线与PC所成角的余弦值为．
21. 如图，已知是圆的直径，且垂直圆所在的平面，且是弧的中点．
（1）求点到平面的距离；
（2）求二面角A－BM－P的正弦值．
解：（1）设点到平面距离为，由题意知，
因为平面，平面，所以，
又平面，则平面，
又平面，所以，
由，得，
，即，故，
所以点到平面的距离为.
（2）由（1）得，，所以即为二面角的平面角，
因为，是弧的中点，所以，
因为平面，平面，所以，则，
则，所以二面角A－BM－P的正弦值为．
22. 如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min．在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，再从B匀速步行到C．假设缆车匀速直线运行的速度为100m/min，山路AC长为2520m，经测量，，∠B为钝角．
（1）求索道AB的长度；
（2）求乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？最短距离为多少m（结果保留根号）？
解：（1）由，得，又，
可得，
由正弦定理，得，
所以索道AB的长度为（m）．
（2）设乙出发分钟时，甲、乙之间的距离为h，
由余弦定理，
可得，
当时，取最小值．此时，h的最小值为．
所以，乙出发分钟后，乙在缆车上与甲的最短距离为．