河南省南阳市南召县2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析版)
展开
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卷(解析版),共16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.
1. 已知角的终边经过点,则( )
A. B. C. D. -2
【答案】A
【解析】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】因为,所以 ,所以,解得.
故选:D.
3. 若,则=( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】.
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】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】,,
,
,即,
,,故此三角形为直角三角形.
故选:C.
6. 在中,角的对边分别是.已知,则( )
A B. C. D.
【答案】A
【解析】,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】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①②④.
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】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】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.
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】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】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.
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】对于A,连接,
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,,
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.
三、填空题.
13. 若复数是纯虚数,则实数m=____.
【答案】2
【解析】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】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】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】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:.
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.
解:(1)由,解得或.
(2),
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.
解:(1)因为,
即,
化简可得,由余弦定理可得,
所以,且,则.
(2)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.
解:(1)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.
.
(2)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.
解:(1)因为,由正弦定理得:,
因为,
所以,
化简得,所以,
因为,所以.
(2)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.
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.
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.
相关试卷
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。
这是一份数学:河南省南阳市南召县2022-2023学年高一下学期期末试题(解析版),共16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。
这是一份河南省南阳市2023-2024学年高一下学期4月联考数学试卷(解析版),共17页。