河南省南阳市方城县2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)

这是一份河南省南阳市方城县2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（每题5分，共40分.）
1. 计算的结果是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】.
故选：C.
2. 如图所示是利用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，已知轴，轴且，则的周长为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】因为轴，轴且，
由题意得，，且，
则，则的周长为.
故选：A
3. 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
.
故选：A.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】因为，所以，
所以．
故选：B.
5. 已知向量，，若与反向，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】依题意，，，
所以，解得或，
又与反向，则时，向量与同向，不合舍去，
故，此时，，，
则向量在向量上的投影向量为
.
故选：D.
6. 下列表述中正确的是（ ）
A. 若直线平面，直线，则
B. 若直线平面，直线，且，则
C. 若平面内有三个不共线的点到平面的距离相等，则
D. 若平面满足，，，则
【答案】D
【解析】若直线平面，直线，则可能，可能，
可能与只相交不垂直，A选项错误；
若直线平面，直线，且，则可能，可能与只相交不垂直，
B选项错误；
若平面内有三个不共线的点到平面的距离相等，则可能，可能与相交，
C选项错误；
若平面满足，，，则，由面面垂直的性质可知，
D选项正确.
故选：D.
7. 已知函数，则（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的一条对称轴为
C. 在上单调递减
D. 的图象关于点中心对称
【答案】D
【解析】依题意，
，
对于A，函数的最小正周期，A错误；
对于B，当时，，直线不是图象的对称轴，
B错误；
对于C，当时，，而余弦函数在上不单调，
因此函数在不上单调，C正确；
对于D，由选项B知，函数的图象关于点中心对称，D正确.
故选：D.
8. 如图，在中，点，分别在边和边上，，分别为和的三等分点，点靠近点，点靠近点，交于点，设，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】设，，
所以，
又，所以，
因为，
所以，
所以，解得，所以.
故选：B.
二、多选题（每题5分，共20分.）
9. 已知向量，，则的值可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】由题知，，
因为，，所以，，
即的范围为.
故选：BC.
10. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则只有一解
C. 若，则为直角三角形
D.
【答案】AD
【解析】对于A选项，由，有，由正弦定理可得，
故A选项正确；
对于B选项，由，可知ABC有两解，可知B选项错误；
对于C选项，由，得，有，
可得或，可知C选项错误；
对于D选项，若ABC为锐角三角形或直角三角形，有；
若ABC为钝角三角形，不妨设C为钝角，有，，，
有
，
可知D选项正确．
故选：AD．
11. 设函数的最小正周期为，且过点，则下列说法正确的是（ ）
A. 为偶函数
B. 的一条对称轴为
C. 把的图象向左平移个单位长度后得到函数，则
D. 若在上单调递减，则的取值范围为
【答案】ABD
【解析】，
因为函数最小正周期为，，所以，
则，
又函数过点，所以，即，
所以，
所以，又，所以，
所以，易知函数的定义域为R，
且，所以为偶函数，故A正确；
令，则，当时，的一条对称轴为，故B正确；
令，则，
当时，在上单调递减，若在上单调递减，
则的取值范围为，故D正确；
把的图象向左平移个单位长度后得到函数，
则，故C错误.
故选：ABD.
12. 如图，在正方体中，分别为的中点，则以下结论正确的是（ ）
A.
B. 平面平面
C. 平面
D. 异面直线与所成角的余弦值是
【答案】BCD
【解析】对于A，连接，易证，因为平面，
而平面，所以，
所以在中，与不垂直，所以不垂直，故A不正确；
对于B，连接，因为分别为的中点，
所以，所以四点共面，
所以平面平面，故B正确；
对于C，连接，易证，所以四边形是平行四边形，
所以，所以平面，平面，
所以平面，故C正确；
对于D，连接，易知，异面直线与所成角即直线与所成角，
即，设正方体的边长为，
所以，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值是，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题（每题5分，共20分.）
13. 已知角的终边经过点，则______
【答案】
【解析】已知角的终边经过点，根据任意角的三角函数定义有：
，，
所以.
故答案为：.
14. 计算:________．
【答案】
【解析】
．
故答案为：．
15. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，，，则的面积为_________．
【答案】
【解析】由余弦定理，有，
又，，，
则，解得，
所以．
故答案为：．
16. 如图，正方体的棱长为1，P为的中点，为线段上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S，当时，S与的交点为R，则_______；当S为四边形时，的取值范围为_______________．
【答案】
【解析】如图所示，设与的交点为，根据截面的性质可得，
故，即，从而得到，故，
再根据可得，即，解得，故，
当S为四边形时，易得与平面的交线经过，此时，
故，即，易得，故.
故答案为： .
四．解答题（共70分.）
17. 已知复数为纯虚数.
（1）求的值；
（2）若，求.
解：（1）因为为纯虚数，
所以，且，解得.
（2）由（1），又，
所以，所以，
所以，
所以.
18. 已知向量与的夹角为，且，是单位向量.
（1）分别求和的值；
（2）若与共线，求.
解：（1），
.
（2）若与共线，则存在，使得，
即，又因为向量与不共线，
所以，解得，所以.
19. 如图，在△OAB中，P为线段AB上的一个动点（不含端点），且满足．
（1）若，用向量，表示；
（2）在（1）的条件下，若，，且，求的值.
解：（1）因，所以，
所以，
当时，．
（2）由（1）可知，
所以
，
因为，，，
所以，
即的值．
20. 已知，为锐角，，．
（1）求的值；
（2）求的值．
解：（1）因为，，所以，
因为，所以，
所以．
（2）因为，为锐角，所以，
因为，所以，
因为，，所以，
因此
．
21. 如图，在四棱锥中，平面是的中点.
（1）证明：面；
（2）证明：平面平面；
（3）求三棱锥的体积.
解：（1）取中点，连接，
∵，，
∴，
∴为平行四边形，则，
∵面，面，∴面.
（2）因为，所以，
由平面平面，所以，
又由，且平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，即平面平面.
（3）由（1）可得，且平面，平面，
所以平面，
所以，
因为平面，可得，
又由，
所以，
所以，即三棱锥的体积为.
22. 已知函数，若存在实数m、k（），使得对于定义域内的任意实数x，均有成立，则称函数为“可平衡”函数；有序数对称为函数的“平衡”数对．
（1）若，求函数的“平衡”数对；
（2）若m＝1，判断是否为“可平衡”函数，并说明理由；
（3）若、，且、均为函数的“平衡”数对，求的取值范围．
解：（1）根据题意可知，对于任意实数，，
即，
即对于任意实数恒成立，
只有，，故函数的“平衡”数对为.
（2）若，则，
，
要使得为“可平衡”函数，需使对于任意实数均成立，
只有，
此时，，故存在，所以是“可平衡”函数.
（3）假设存在实数，
对于定义域内的任意均有
则，
，
，
均为函数的“平衡”数对，
，
，
，函数单调递增，
即的取范围为.