重庆市育才中学校2022-2023学年高一下学期期末数学 Word版含解析.docx

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重庆市育才中学高2025届高一下期期末考试数学试题一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求的）1.复数的虚部为（）A.B.C.2D.2i【答案】A【解析】【分析】根据复数的乘法可得，结合复数概念即可得到答案．【详解】，则虚部为故选：A．2.已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积.【详解】设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，且，故.因为，故，故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆， 而三角形内切圆圆心为，半径为，故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为故选：B3.若直线通过点，则A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】依题意可得，点在单位圆上，所以直线与单位圆有交点，则圆心即原点到直线的距离，即，故选D4.已知函数，.若在区间内没有零点，则取值范围是A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先把化成，求出的零点的一般形式为，根据在区间内没有零点可得关于的不等式组，结合为整数可得其相应的取值，从而得到所求的取值范围.【详解】由题设有，令，则有即.因为在区间内没有零点， 故存在整数，使得，即，因为，所以且，故或，所以或，故选：D.【点睛】本题考查三角函数在给定范围上的零点的存在性问题，此类问题可转化为不等式组的整数解问题，本题属于难题.5.如图，某人在垂直于水平地面的墙面前的点处进行射击训练，已知点到墙面的距离为，某目标点沿墙面上的射线移动，此人为了准确瞄准目标点，需计算由点观察点的仰角的大小，若，则的最大值是（）.（仰角为直线与平面所成的角）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由题可得，，过作，交于，连接，则，设，分类讨论，若在线段上，则，可求出和，从而可得出，利用函数的单调性，可得出时，取得最大值；若在 的延长线上，同理求出和，可得出，可得当时，函数取得最大值；结合两种情况的结果，即可得出结论．【详解】解：，，由勾股定理知，，过点作交于，连结，则，设，若在线段上，则，由，得，在直角中，，，令，则函数在，单调递减，时，取得最大值为；若在的延长线上，，在直角中，，，令，则可得时，函数取得最大值.故答案为：． 6.直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可详解：直线分别与轴，轴交于，两点,则点P在圆上圆心为（2，0），则圆心到直线距离故点P到直线的距离的范围为则故答案选A.点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．7.已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（）A.0B.1C.2D.3【答案】C【解析】【分析】利用基本不等式或排序不等式得，从而可判断三个代数式不可能均大于，再结合特例可得三式中大于个数的最大值.【详解】法1：由基本不等式有，同理，， 故，故不可能均大于.取，，，则，故三式中大于的个数的最大值为2，故选：C.法2：不妨设，则，由排列不等式可得：，而，故不可能均大于.取，，，则，故三式中大于的个数的最大值为2，故选：C.【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向.8.函数f(x)=()的值域是A.[-]B.[-]C.[-]D.[-] 【答案】C【解析】【分析】由题意结合函数解析式的特征利用换元法，结合三角函数的性质和均值不等式的结论,求解函数的值域即可.【详解】令，则：，即：，分类讨论：当时，，则：，函数的解析式换元为：，当且仅当时等号成立，此时函数的值域为；当时，，则：，函数的解析式换元为：，当且仅当时等号成立，此时函数的值域为；综上可得：函数f(x)=()的值域是,故选：C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.如图，用35个单位正方形拼成一个矩形，点、、、以及四个标记为“▲”的点在正方形的顶点处，设集合，点，过作直线，使得不在上的“▲”的点分布在的两侧.用和分别表示一侧和另一侧的“▲”的点到的距离之和.若过的直线 中有且只有一条满足，则中所有这样的为（）A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】建立平面直角坐标系，将“▲”代表的四个点坐标写出，再利用平行四边形的性质即可.【详解】建立平面直角坐标系，如图所示则记为“▲”的四个点是，线段的中点分别为，则，则由得四边形为平行四边形，设其对角线交于，则，即，由此求得与点重合，根据平行四边形的中心对称性可知，符合条件的直线一定经过点.而过点和的直线有且仅有一条；过点和的直线有且仅有一条；过点和的直线有且仅有一条.所以符合条件的点是. 故选：ACD.10.如图，正方体的棱长为1，为的中点，为线段上的动点，过点的平面截该正方体所得的截面记为.则（）A.当时，为四边形B.当时，与的交点满足；C.当时，为六边形D.当时，的面积为.【答案】ABD【解析】【分析】分的位置情况讨论截面的形状，再逐一分析各个选项即可得出答案.【详解】过点的平面截正方体，当时，其截面形状为四边形，如图1，故A正确；当时，S与的交点满足，理由如下：如图2，延长至点，使得，连接交于点，取中点，中点，连接， 则，，所以四边形与四边形均为平行四边形，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，由中位线的性质可知：，所以，所以四边形即为，其中，所以，所以，B正确；当时，为五边形，理由如下：如图3，根据B的分析，随着点在图2的基础上沿着向上移动，则点点沿着射线向上移动，此时与相交于点，与相交于点，连接，故所截得的为五边形，故C错误；当时，的面积为，理由如下：如图4，点与重合，此时为的中点，可证得：，， 其中，所以为菱形，且，面积为，D正确.故选：ABD11.已知三个内角的对边依次成等比数列，且,点在线段上（含端点），若满足的点恰好有2个，则实数可能为（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】由三角恒等变换与等比中项的性质可得为等边三角形，设BC中点M，则，由题意若满足的点T恰好有2个，即需要，故，求解即可.【详解】由，又由，所以，∴，∴，或(舍).，∴，从而，∴，即为等边三角形．设BC中点M，则， ，由题意若满足的点T恰好有2个，即需要，故，∴实数t的取值范围为．故选:BC.12.设，函数，则（）A.在区间上单调递减；B.当时，存在最大值；C.设，则；D.设．若存在最小值，则a的取值范围是．【答案】BC【解析】【分析】先分析的图像，再逐一分析各结论；对于A，取，结合图像即可判断；对于B，分段讨论的取值范围，从而得以判断；对于C，结合图像可知的范围；对于D，取，结合图像可知此时存在最小值，从而得以判断.【详解】依题意，，当时，，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线； 当时，，易知其图像是，圆心为，半径为的圆在轴上方的图像（即半圆）；当时，，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；对于A，取，则的图像如下，显然，当，即时，在上单调递增，故A错误；对于B，当时，当时，；当时，显然取得最大值；当时，，综上：取得最大值，故B正确；对于C，结合图像，易知在，且接近于处，的距离最小，当时，，当且接近于处，，此时，，故C正确；对于D，取，则的图像如下， 因为，结合图像可知，要使取得最小值，则点在上，点在上，同时的最小值为点到的距离减去半圆的半径，此时，因为的斜率为，则，故直线的方程为，联立，解得，则，显然在上，满足取得最小值，即也满足存在最小值，故的取值范围不仅仅是，故D错误.故选：BC.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析得的图像，特别是当时，的图像为半圆，解决D选项时，可取特殊值进行排除即可.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13.在三角形中，角的对边分别是.，，且，则三角形的面积是______.【答案】【解析】 【分析】根据同角关系可得，，根据数量积即可求解，根据面积公式即可求解.【详解】由可知：为锐角，由同角关系可得，，由可得，所以,故答案为：14.在平面直角坐标系中，设三角形的顶点分别为，，，点在线段上（异于端点），设均为非零实数，直线分别交于点，一同学已正确算得的方程：，请你求的方程：______.【答案】【解析】【分析】写出直线AB，CP的截距式方程，两式相减即所求直线方程.【详解】直线交于点F，两式相减得：，F满足该方程，O在该直线上，则就是的方程. 故答案为：【点睛】此题考查求直线方程，关键在于熟练掌握直线的截距式方程，根据求交点坐标方法可得所求直线方程.15.在平面直角坐标系xOy中，A（-12,0），B（0,6），点P在圆O：x2+y2=50上，若·20，则点P的横坐标的取值范围是_________【答案】【解析】【详解】设，由，易得，由，可得或，由得P点在圆左边弧上，结合限制条件，可得点P横坐标的取值范围为．点睛:对于线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求横坐标或纵坐标、直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等，最后结合图形确定目标函数的最值或取值范围．16.已知长方体中，，，过点且与直线平行的平面将长方体分成两部分，且分别与棱交于点.现同时将两个球分别放入被平面分成的两部分几何体内.在平面变化过程中，这两个球半径之和的最大值为______.【答案】##【解析】【分析】作出两个球在侧面上的投影，设，可利用表示出，设，将表示为关于的函数的形式，利用基本不等式可求得的最大值，经检验符合题意，由此可得结果.【详解】平面，平面平面，平面，； 作出两个球在侧面内的投影圆，两圆与均相切，且各与长方形的两边相切，设，两圆半径分别为，如下图所示，由得：；由得：；；由题意知：，设，，（当且仅当，即时取等号）， 当时，，当时，取得最大值，最大值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的最值问题的求解，解题关键是能够通过投影的方式，将两球的半径之和表示为关于变量的函数的形式，从而利用函数最值的求解方法来求得最值.四、解答题（本大题共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，在等腰直角中，，，点在线段上.(Ⅰ)若，求的长；（Ⅱ）若点在线段上，且，问：当取何值时，的面积最小？并求出面积的最小值.【答案】(Ⅰ)或（Ⅱ）当时，的面积的最小值为【解析】【详解】解:(1)在△OMP中,∠OPM=45°,OM=,OP=2,由余弦定理得,OM2=OP2+MP2-2OP·MP·cos45°,得MP2-4MP+3=0,解得MP=1或MP=3.(2)设∠POM=α,0°≤α≤60°,在△OMP中,由正弦定理,得=, 所以OM=,同理ON=.故S△OMN=OM·ON·sin∠MON=×======.因为0°≤α≤60°,30°≤2α+30°≤150°,所以当α=30°时,sin(2α+30°)的最大值为1,此时△OMN的面积取到最小值.即∠POM=30°时,△OMN的面积的最小值为8-4.18.如图，在四棱锥中，底面为直角，，E、F分别为的中点． （1）试证：平面；（2）设，且二面角的平面角大于，求k的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）k的取值范围为【解析】【分析】（1）欲证面，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证与面内两相交直线垂直，而，，，满足定理条件；（2）连接交于，在底面中，过作，垂足为，连接，根据二面角平面角的定义可知为二面角的平面角，求出此角的正切值使该值大于，即可求出的范围．【小问1详解】证明：由已知为直角．故是矩形．从而．又底面，，所以又平面，所以平面故．中，、分别为、的中点，故，从而，面，面由此得面．【小问2详解】解：连接交于，连接，在底面中，过作，垂足为，连接，因为，则四边形为平行四边形，所以为中点 则，所以底面，故又，平面所以平面，则从而为二面角的平面角．设，则在中，有以下计算，考虑底面的平面图，连接，因，故．在中，因，得．而，．因此，．由知是锐角．故要使，必须，取值范围为19.已知曲线C是到点和到直线距离相等的点的轨迹．l是过点的直线，M是C上（不在l上）的动点；A、B在l上，，轴（如图）． （1）求曲线C的方程；（2）求出直线l的方程，使得为常数．【答案】（1）（2）2x−y＋2＝0【解析】【分析】（1）设N（x,y）为C上的点，进而可表示出|NP|，根据N到直线的距离和|NP|进而可得曲线C的方程．（2）先设，直线l：y＝kx＋k,进而可得B点坐标，再分别表示出|QB|，|QM|，|MA|，最后根据求得k.【小问1详解】设N（x,y）为C上的点，则，N到直线的距离为．由题设得，化简，得曲线C的方程为．小问2详解】设， 明显直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋k，则B（x,kx＋k），从而．在Rt△QMA中，因为，．所以，∴，．当k＝2时，，从而所求直线l方程为2x−y＋2＝0，使得为常数20.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马中，侧棱底面，且，过棱的中点，作交于点，连接 （Ⅰ）证明：．试判断四面体是否为鳖臑，若是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；（Ⅱ）若面与面所成二面角的大小为，求的值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．【解析】【详解】（解法1）（Ⅰ）因为底面，所以，由底面为长方形，有，而，所以．而，所以．又因为，点是的中点，所以．而，所以平面．而，所以．又，，所以平面．由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为．（Ⅱ）如图1，在面内，延长与交于点，则是平面与平面的交线．由（Ⅰ）知，，所以．又因为底面，所以．而，所以．故是面与面所成二面角的平面角，设，，有，在Rt△PDB中,由,得,则,解得．所以故当面与面所成二面角的大小为时，．（解法2） （Ⅰ）如图2，以为原点，射线分别为轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设，，则，，点是的中点，所以，，于是，即．又已知，而，所以．因,,则,所以．由平面，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，其四个面的直角分别为．（Ⅱ）由，所以是平面的一个法向量；由（Ⅰ）知，，所以是平面的一个法向量．若面与面所成二面角的大小为，则，解得．所以 故当面与面所成二面角的大小为时，．考点：四棱锥的性质，线、面垂直的性质与判定，二面角．21.在平面直角坐标系中，已知矩形的长为2，宽为1，边分别在轴、轴的正半轴上，点与坐标原点重合（如图所示）．将矩形折叠，使A点落在线段上．（1）若折痕所在直线的斜率为，试写出折痕所在直线的方程；（2）求折痕的长的最大值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)分与分类讨论，根据对称关系即可求解;(2)根据折痕在不同的位置分类讨论即可求解.【小问1详解】当时，此时点与点重合，折痕所在的直线方程;②当时，将矩形折叠后点落在线段上的点为，所以与关于折痕所在的直线对称，有，故点坐标为，从而折痕所在的直线与的交点坐标（线段的中点）为.故折痕所在的直线方程,即，由①②得折痕所在的直线方程为；【小问2详解】折痕所在的直线与坐标轴的交点坐标分别为，解，得；解，得， 因为在上,所以，当时，直线交于；②当时，直线与轴、轴的交点落在矩形的边和上，，所以，令，解得，此时取得最大值，且；③当时，直线交于，所以折痕的长度的最大值为.22.圆，，过直线交圆于两点，且在之间.（1）记三角形ABP与三角形ABC的面积分别为与，求的取值范围;（2）若直线，分别交轴于两点，，求直线的方程.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由面积大小恒正，结合基本不等式求目标式的范围，注意边界值取值条件；（2）设直线方程及B、C点坐标，写出直线AB、AC方程求M、N坐标，结合已知列方程，应用韦达定理求直线的对应斜率，即可得直线方程.【小问1详解】若到直线距离为，则，故，根据圆的对称性，讨论直线从一条切线位置旋转为一条过圆心直线的过程中，从逐渐变小为，对应从0逐渐变大为， 所以，故，仅当时等号成立，结合对勾函数在上递减，在上递增，则值域，所以的取值范围为.【小问2详解】直线的斜率一定存在且不为0，设，如下图示，令且，，易知，，所以，，结合图知：，所以，故，联立，圆，消去整理得：，则，即，故，且，，则，综上，，可得，故.