四川省成都外国语学校2022-2023学年高一下学期期末数学Word版含解析

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成都外国语学校2022~2023学年度高一下期期末考试数学试卷考试时间120分钟；满分150分一、单项选择题：本大题共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.复数在复平面内对应的点在（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】由复数的几何意义求解.【详解】复数在复平面内对应的点为，在第四象限.故选：D2.函数的最小正周期为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式，然后利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期.【详解】，因此，函数的最小正周期为.故选：C.【点睛】本题考查正弦型函数周期的求解，化简函数的解析式是解答的关键，考查计算能力，属于基础题.3.在中若，则角A的值（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据余弦的和差角公式以及诱导公式即可求解.

1【详解】由得，则，故，由于所以，故选：C4.如图，一个水平放置的平面图形OABC的斜二测直观图是平行四边形，且，，，则平面图形OABC的面积为（）A.16B.8C.4D.2【答案】A【解析】【分析】根据斜二测画法得到平面图形，即可得解；【详解】根据斜二测画法的规则可知该平面图形是矩形，如下图所示，其中长，宽.故平面图形的面积为.故选：A5.结果为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由及和角正切公式展开整理，即可得结果.

2【详解】由，所以.故选：B6.函数的一个周期内的图象如图所示，下列结论错误的是（）A.的解析式是B.函数的最小正周期是πC.函数的最大值是2D.函数的一个对称中心是【答案】A【解析】【分析】由函数的图象的顶点坐标求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得函数的解析式，即可判断ABC,由验证法即可代入求解D.【详解】由函数的最小值为可得，由图象可知，解得，再根据五点法作图可得，求得，故函数的解析式为，故A错误，BC正确，当时，代入中得，故是的对称中心，故D正确，故选：A7.某同学有一个形如圆台的水杯如图所示，已知圆台形水杯的母线长为6cm，上､下底面圆的半径分别为

34cm和2cm.为了防烫和防滑，水杯配有一个杯套，包裹水杯高度以下的外壁和杯底，如图中阴影部分所示，则杯套的表面积为（不考虑水杯材质和杯套的厚度）（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先根据题意得到杯套的形状可看作一个圆台，求出该圆台的母线长及上、下底面圆的半径，然后结合圆台的侧面积公式、圆的面积公式求解即可.【详解】根据题意，杯套的形状可看作一个圆台，且该圆台的母线长是圆台形水杯的母线长的，即4cm，下底面圆的半径为圆台形水杯的下底面圆的半径，即2cm，上底面圆的半径是，所以杯套的表面积.故选：C.8.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，D是AC边上一点，且满足，．则ac的最小值为（）A.B.C.4D.8【答案】B【解析】【分析】由可得，再由基本不等式即可求出答案.【详解】因为，所以，所以，所以，当且仅当时取等，

4所以，即，故ac的最小值为.故选：B.二、多项选择题：本大题共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．全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知向量，，，则（）A.B.C.D.【答案】BD【解析】【分析】根据向量平行的判定方法可判定A是否正确；根据向量垂直的判定方法可判定B是否正确；根据向量的坐标运算方法可判定C、D是否正确.【详解】由题意，，A错误；，，所以B正确，C错误；，D正确.故选：BD.10.已知复数，，下列命题正确的是（）A.B.若，则C.D.【答案】AC【解析】【分析】根据复数的定义和运算法则，结合复数模的计算及性质，逐项判定，即可求解.【详解】设，，（其中），

5对于A中，可得且，所以，所以A正确；对于B中，例如，，此时满足，但，所以B不正确；对于C中，根据复数模的性质，可得，所以C正确；对于D中，由，，所以，所以D不正确.故选：AC.11.在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且、、，下面说法错误的是（）A.B.是锐角三角形C.的最大内角是最小内角的2倍D.内切圆半径为【答案】BC【解析】【分析】根据题意，由正弦定理，可判定A正确；由余弦定理求得，可判定B错误；由，可判定C错误；由设内切圆的半径为，根据面积相等，求得的值，可判定D正确.【详解】因为中，，，，由正弦定理，可得，所以A正确；因为，所以，由余弦定理可得，因为，所以为钝角，所以钝角三角形，所以B不正确；由余弦定理可得，可得，所以C不正确；由，可得，可得的面积为，

6设内切圆的半径为，可得，解得，所以D正确.故选：BC.12.数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，它是三组对棱分别相等的四面体．已知等腰四面体ABCD中，三组对棱长分别是，，，则对该等腰四面体的叙述正确的是（）A.该四面体ABCD的体积是．B.该四面体ABCD的外接球表面积是32πC.D.一动点P从点B出发沿四面体ABCD的表面经过棱AD到点C的最短距离是【答案】ABD【解析】【分析】将等腰四面体放入长方体中，即可由长方体的性质求解AB,利用三角形全等即可判断C，由展开图，利用两点距离最小即可判断D.【详解】如图，将等腰四面体补成长方体，设该长方体的长、宽、高分别是，，，则解得，，，则该等腰四面体的体积为：．故A正确，由于，，，所以,,故所以,故C错误，由于等腰四面体的三条棱分别是长方体的三条面对角线，所以长方体的外接球即为等腰四面体的外接球，而长方体的体对角线长度为，故外接球的半径为

7，故表面积为，故B正确，将平面和平面沿着翻折到一个平面内，连接,则即为最短距离，由于，，，则四边形为平行四边形，设与交于点,则为与的中点，在中，,故在中，故D正确，故选：ABD．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知为虚数单位，复数，则的虚部是______．【答案】【解析】【分析】由复数乘法运算可求得，根据虚部定义可得结果.【详解】，的虚部为.故答案为：.14.已知单位向量,的夹角为45°，与垂直，则k=__________.【答案】【解析】【分析】首先求得向量的数量积，然后结合向量垂直的充分必要条件即可求得实数k的值.

8【详解】由题意可得：，由向量垂直的充分必要条件可得：，即：，解得：.故答案为：．【点睛】本题主要考查平面向量的数量积定义与运算法则，向量垂直的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.15.若将函数的图象向左平移个单位长度，平移后的图象关于点对称，则______．【答案】【解析】【分析】先利用辅助角公式将函数的解析式化简，并求出平移变换后的函数解析式，由变换后的函数图象关于点对称，可得出的表达式，结合的范围可求出的值.【详解】,将函数的图象向左平移个单位后，所得图象的函数解析式为，由于函数的图象关于点对称，则，得，，，.故答案为：.

916.如图，在三棱柱中，，E是棱AB上一点，且满足，若平面把三棱柱分成大、小两部分，则大、小两部分的体积比为______．【答案】【解析】【分析】取的三等分点，连接，可得，设三棱柱的底面面积为，高为，得到三棱柱的体积为，进而求得三棱台的体积为，即可求解.【详解】如图所示，由在三棱柱中，是棱上一点，且满足，即点为的三等分点，取的三等分点，连接，可得，设三棱柱的底面面积为，高为，则三棱柱的体积为，因为分别为三等分点，可得，即，所以三棱台的体积为，所以两部分的体积比为.故答案：.

10四、解答题：本大题共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（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用两角和的正切公式求出，然后根据两角的取值范围即可求解；（2）利用同角三角函数的基本关系得到，然后结合（1）的结论和两角和的正弦公式即可求解.【小问1详解】，，，.【小问2详解】由，求得，

11.18.已知函数．（1）求的最小正周期和对称轴方程；（2）若函数在上的值域．【答案】（1）最小正周期为，对称轴为（2）【解析】【分析】（1）利用两角和差、二倍角和辅助角公式化简得到，由正弦型函数最小正周期、对称轴方程的求法直接求解即可；（2）利用整体代换法，结合正弦函数的性质可确定值域.【小问1详解】，的最小正周期；令，解得：，的对称轴方程为.【小问2详解】当时，，，即在上的值域为.19.如图，在△OAB中，P为线段AB上的一个动点（不含端点），且满足．

12（1）若，用向量，表示；（2）在（1）的条件下，若，，且，求的值【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）以向量，为基底，根据向量的线性运算，把用向量，表示；（2）以向量，为基底，结合（1）中的结论，求的值.【小问1详解】因为，所以，所以，当时，．【小问2详解】由（1）可知，所以．因为，，，所以，即的值．20.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且．（1）求角B的大小；（2）若，D为AC边上的一点，，且______，求△ABC的周长．

13请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上，并解决问题．①D为线段AC的中点；②BD是∠ABC的平分线．（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答记分．）【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）由正弦定理解三角形即可；（2）由三角形的面积公式及余弦定理求解即可.【小问1详解】解：由正弦定理得：，∵，代入上式得，∵，∴，，∵，∴．【小问2详解】若选①：因为，，，得，在中，由余弦定理得：，即，联立，可得：，所以.∴周长为．若选②：由BD平分∠ABC得，，∴，即．

14在中，由余弦定理得：，又，∴，联立得，解得：，（舍去），所以.∴周长为．21.如图，正四棱锥P-ABCD的侧棱长和底面边长均为13，M为侧棱PA上的点，且PM∶MA=5∶8．（1）在线段BD上是否存在一点N，使直线平面PBC？如果存在，求出BN∶ND的值，如果不存在，请说明理由；（2）假设存在满足条件（1）的点N，求线段MN的长．【答案】（1）存在，（2）【解析】【分析】（1）假设存在一点N，使直线平面PBC，连接并延长，交于E，连接．可得，，再由，可得，假设成立，并且此时.（2）由（1）得，然后利用余弦定理求得，又因，即可求得的长.【小问1详解】存在，；理由如下：假设存在，连接并延长，交于E，连接．

15因为平面，平面，平面，所以，则，因为正方形中，，所以，假设成立.则此时.【小问2详解】由（1）得，所以；中，，所以所以；因为，所以，所以．22.在锐角△ABC中，记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，点O为△ABC的所在平面内一点，且满足．（1）若，求的值；（2）在（1）条件下，求的最小值；（3）若，求的取值范围．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得到，求得，再由向量的线性运算法则，求得，得到为的外心，结合正弦定理，即可求得的长．

16（2）由（1）求得，且，根据向量的运算法则，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解；（3）取AB的中点D，连接OD，求得，，由向量数量积的定义得到，结合题意，得到和，联立方程组，求得，化简得到，即可求解.【小问1详解】解：因为，由正弦定理得,因，可得，所以，又因为，可得，所以，即，因为，所以，又由，可得，解得，即，所以为的外心，由正弦定理有，所以．【小问2详解】解：因为，所以，所以，，所以，外接圆的半径，

17其中，且为锐角，故，由，可得，因为，解得，即则，则，且，因为余弦函数在上单调递减，在上单调递增，又因为，，所以，，所以，所以．【小问3详解】解：如图所示：取AB的中点D，连接OD，则，所以，同理可得，由平面向量数量积的定义可得，因为，所以，，即，所以，①，即，

18所以，②．联立①②可得，，所以，又因为，因，可得，所以.【点睛】