重庆市西南大学附属中学校2022-2023学年高一下学期期末数学Word版含解析.docx

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西南大学附中2022—2023学年度高一下期期末考试数学试题（满分：150分；考试时间：120分钟）注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上.2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整.3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）.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.若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】由直接求解即可复数即可【详解】由，得，，故选：C2.中，角的对边分别为，若，，，则（）A.30°B.60°C.120°D.150°【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理解三角形即可.【详解】在中，由正弦定理得：，而，则在中有， 所以.故选：A.3.若平面和直线，满足，，则与的位置关系一定是（）A.相交B.平行C.异面D.相交或异面【答案】D【解析】【分析】当时与相交，当时与异面.【详解】当时与相交，当时与异面.故答案为D【点睛】本题考查了直线的位置关系，属于基础题型.4.若向量，满足，，，则（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析】对两边平方化简结合已知可求得结果.【详解】因为，，，所以，所以，解得，故选：C5.正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，侧棱长为3，则该四棱台的体积为（）AB.C.D.56【答案】A【解析】【分析】根据正四棱台的性质和已知先求高，然后由棱台的体积公式可得.【详解】连接AC，，作平面ABCD，由正四棱台性质可知点E在AC上，因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，所以， 易知四边形为等腰梯形，所以，所以，因为上下底面面积分别为：，所以四棱台的体积为.故选：A6.△ABC中，D为AB上一点且满足，若P为线段CD上一点，且满足（，为正实数），则的最小值为（）A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】【分析】根据题意结合三点共线的结论可得，再根据基本不等式运算求解.【详解】因为P为线段CD上一点，则，且，又因为，可得，即，所以，可得，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为4. 故选：B.7.M为△ABC所在平面内一点，且，则动点M的轨迹必通过△ABC的（）A.垂心B.内心C.外心D.重心【答案】C【解析】【分析】设边的中点为，结合向量的线性运算法则化简向量等式可得，由数量积的性质可得，由此可得结论.【详解】设边的中点为，因为，所以，所以，所以，所以，所以，又点为边的中点，所以点在边的垂直平分线上，所以动点M的轨迹必通过△ABC的外心，故选：C. 8.在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，AB＝1，，E为PD的中点，点N在平面PAC内，且NE⊥平面PAC，则点N到平面PAB的距离为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】过点作，证得平面，取的中点，连接，证得平面，过点作，证得平面，从而得到平面，得到为点到平面的距离，结合，即可求解.【详解】如图所示，过点作，垂足为，因为平面，且平面，所以，又因为，且平面，所以平面，取的中点，连接，因为为的中点，可得，所以平面，过点作，因为四边形为矩形，可得，因为平面，且平面，所以，又因为，且平面，所以平面，取的中点，连接，因为为的中点，所以，所以平面，即为点到平面的距离，在矩形中，因为，可得，则，可得，又由，可得，解得，又由，即点到平面的距离为.故答案为：. 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．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知圆锥顶点为，底面圆心为，为底面的直径，，与底面所成的角为，则（）A.B.该圆锥的母线长为C.该圆锥体积为D.该圆锥的侧面积为【答案】AB【解析】【分析】由线面角的定义可得出，可求得的长，可判断A选项；分析可知是等边三角形，可判断B选项；利用锥体的体积公式可判断C选项；求出该圆锥的侧面积，可判断D选项.【详解】对于A选项，如下图所示：由圆锥的几何性质可知，与圆所在的底面垂直，所以，与底面所成的角为，即，因为，则，所以，，A对；对于B选项，因为，且，则是边长为的等边三角形，所以，该圆锥的母线长为，B对；对于C选项，圆面积为，故该圆锥的体积为，C错；对于D选项，该圆锥的侧面积为，D错.故选：AB. 10.已知复数，，则下列结论正确的是（）A.若，则B.若和互为共轭复数，则C.若，则D.【答案】BCD【解析】【分析】举反例判断A，根据共轭复数的定义，复数的模的性质判断BCD.【详解】对于A，设，则，但且，A错误；对于B，设，因为和互为共轭复数，所以，所以，所以，B正确；对于C，设，，则，所以，由已知，所以，故，C正确；对于D，设，则，所以，D正确.故选：BCD.11.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，O为内一点，则下列结论正确的是（）A.B.若，则内切圆的半径为2C.若，则D.若，，则 【答案】ACD【解析】【分析】建立直角坐标系，运用坐标作向量的有关计算.【详解】，是以C为直角的三角形，以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，建立直角坐标系如下图：，A正确；，的周长=12，设内切圆半径为r，则，B错误；若，则，，C正确；对于D，设，，由题意，，解得，D正确；故选：ACD.12.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD为等边三角形，PA＝2，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PC上运动（不含端点），则（）A.平面PAD⊥平面PCDB.存在点M使得BD⊥AMC.当M为线段PC中点时，过点A，D，M的平面交PB于点N，则四边形ADMN的面积为D.的最小值为4 【答案】ACD【解析】【分析】根据面面垂直的性质可得线面垂直即可判断A，根据反证法即可找矛盾求解B,根据长度关系即可由梯形面积求解C，由三点共线即可由平面图形关系求解D.【详解】对于A,平面平面，平面平面，平面，所以平面，平面，故平面平面，故A正确如图，取的中点，连接，，，则，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，则．假若BD⊥AM，平面，所以平面，而平面，故，又，平面,所以平面,平面，所以，这显然与底面ABCD是正方形矛盾，故不成立，B错误．取的中点，连接，则由于，由于平面，平面，所以故，由于三角形均为直角三角形，所以故四边形为等腰梯形，且,如图：过点作，所以,故四边形的面积为，故C正确， 由于均为等腰三角形，,将两个三角形展开成一个平面，所以四边形为平行四边形，将沿着展开与在同一平面，连接交于,所以四边形为平行四边形，如图:由余弦定理可得，所以，故，故D正确，故选：ACD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知，若（为虚数单位）是实数，则____________．【答案】【解析】【分析】根据虚部为得到方程，解得即可.【详解】因为且，所以，解得.故答案为：14.已知，，若，则____________．【答案】【解析】【分析】依题意可得，根据数量积的坐标表示求出，即可求出的坐标，从而求出其模.【详解】因为，且，所以，解得，所以， 则，所以.故答案为：15.正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，点S、A、B、C、D都在同一个球的球面上，则该球的表面积为____________．【答案】【解析】【分析】根据正四棱锥的性质，结合勾股定理即可求解球半径,由球的表面积公式即可求解.【详解】如图所示，设球半径为，底面中心为且球心为，正四棱锥中，，，可得，．在中，，，解得，因此可得外接球的表面积为：．故答案为：．16.法国数学家费马被称为业余数学之王，很多数学定理以他的名字命名．对而言，若其内部的点满足，则称为的费马点．在中，已知，设为的费马点，且满足，．则的外接圆半径长为____________．【答案】【解析】【分析】利用三角形的内角和定理、正弦定理和余弦定理，结合已知条件求解即可. 【详解】由已知，可得，所以.在中，，所以.在中，由正弦定理（*）而，代入（*）式得.在中，利用余弦定理，可得，所以，设的外接圆半径为R，在中，利用正弦定理，可得，所以的外接圆半径长为.故答案为：.四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.如图，正三棱柱的各棱长均为1，点E为棱的中点．（1）证明：平面；（2）求异面直线和AC所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】 【分析】（1）根据线面平行判定定理证明即可;（2）通过线线平行把异面直线和AC所成角转化为,再应用余弦定理计算求解.【小问1详解】连接交于点F，连接EF，则在正方形中，F为的中点，又E为的中点，所以EF为的中位线，则；又平面，平面，所以平面．【小问2详解】在三棱柱中，则，则（或其补角）为异面直线与AC所成的角．在中，，，，则．所以异面直线和AC所成角的余弦值为．18.在中，角的对边分别为，已知．（1）求角的大小；（2）若，且的面积为，求的值．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角及两角和的公式化简求出即可.（2）利用三角形面积公式及余弦定理求解即可. 【小问1详解】因为，由正弦定理得：，即，，因为，所以，所以，所以；【小问2详解】因为的面积为，所以，解得，由余弦定理得，则，所以．19.如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是梯形，AB∥CD，ÐABC＝90°，AB＝DP＝2，DC＝BC＝1．（1）证明：AD⊥PB；（2）求直线PC与平面PAB所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）先证明线面垂直进而得出线线垂直; （2）根据空间向量法计算线面角即可.【小问1详解】取AB的中点E，连接DB，DE，中，，梯形ABCD中，，，所以四边形BCDE为正方形，所以，则，所以中，，又，所以，则，又平面ABCD，平面ABCD，所以，由于，平面PBD,平面PBD,所以平面PBD，又平面PBD，所以．【小问2详解】以C为坐标原点，，为x轴，y轴正方向，在平面PCD内过点C作CD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面PAB的法向量为，则，即，令，则，设直线PC与平面PAB所成角为， 则．20.如图，四边形ABCD中，．（1）若AB＝3，，求△ABC的面积；（2）若，，，记∠BAC为θ，求θ的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先应用余弦定理求出BC，再应用面积公式计算求解；（2）根据正弦定理结合诱导公式化简，再应用二倍角公式可得角.【小问1详解】△ABC中由余弦定理得：，即，解得（舍）或，所以．【小问2详解】因为，，，所以，，，在△ABC中，由正弦定理得：，所以． 在△ACD中，由正弦定理得：，，所以，即，因为，所以，所以，即．21.如图1，在四边形中，，为上一点，，，，将四边形沿折起，使得二面角的大小为，连接，，得到如图2．（1）证明：平面平面；（2）点是线段上一点，设，且二面角为，求的值．【答案】（1）证明见解析（2）．【解析】【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明平面，再根据面面垂直判定定理证明结论；（2）根据条件，结合二面角定义可得，建立空间直角坐标系，求平面，的法向量，由条件，结合向量夹角公式列方程求.【小问1详解】由题意得，，又，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，【小问2详解】由，，则∠CEB为二面角B-AE-C的平面角，所以， 又，，所以．以E为坐标原点，，分别为x，y轴正方向，在平面BCE内过点E作BE的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，由已知，．设平面的法向量为，则，即，令，可得，所以为平面的一个法向量，设平面的法向量为，则，即令，则， 所以为平面的一个法向量，则，又由二面角为，则，即，即所以（舍去）或．所以的值为．22.记△ABC内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知．（1）求；（2）记△ABC的面积为S，求的最大值．【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）根据向量的数量积的定义，结合余弦定理即可求解。（2）由三角形面积公式以及余弦定理可得，进而由辅助角公式即可由三角函数的性质求解.【小问1详解】因为，所以即，整理可得，即， 则．【小问2详解】，由余弦定理可得，所以，令，即，可得，为锐角，且，所以，解得，此时，当时，y取得最大值．故的最大值为．