重庆市第一中学校2022-2023学年高一下学期期末数学试题 Word版含解析.docx

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2023年重庆一中高2025届高一下期期末考试数学试题注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试题卷上作答无效．3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟．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.已知为虚数单位，复数为纯虚数，则（）A.B.2C.D.4【答案】B【解析】【分析】先由复数为纯虚数求得，再利用复数的模的计算公式即可得解.【详解】因为复数是纯虚数，所以，解得，所以，故．故选：B.2.直线的倾斜角为A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】首先将直线化为斜截式求出直线的斜率，然后再利用倾斜角与斜率的关系即可求解.【详解】由直线，则， 设直线的倾斜角为，所以，所以.故选：A【点睛】本题考查了直线的斜截式方程、直线的倾斜角与斜率的关系，属于基础题.3.平面向量，满足，，向量与的夹角为，则（）A.B.4C.2D.【答案】C【解析】【分析】利用向量模长公式，结合向量数量积的运算即可求解.【详解】因为，，向量与的夹角为，所以，则，故故选：C.4.已知直线与直线互相平行，则实数的值为()A.B.2或C.2D.【答案】D【解析】【分析】两直线斜率存在时，两直线平行则它们斜率相等，据此求出a值，再排除使两直线重合的a的值即可﹒【详解】直线斜率必存在，故两直线平行，则，即，解得，当时，两直线重合，∴．故选：D．5.已知正三棱柱中，，点为中点，则异面直线与 所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据异面直线所成角的定义，取中点为，则为异面直线和所成角或其补角，再解三角形即可求出．【详解】如图所示：设中点为，则在三角形中，为中点，为中位线，所以有，，所以为异面直线和所成角或其补角，在三角形中，，所以由余弦定理有，故选：A.6.设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若，，则B.若，，，则直线C.若，，则D.若，，则【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合线面（面面）平行（垂直）的判定定理和性质定理，逐一判断即可.【详解】对于A，由面面平行的判定定理可知，不一定平行于，故A错； 对于B，根据面面平行的性质定理可知，不一定平行于，它们可以异面，故B错；对于C，由线面垂直的性质定理可知，，故C正确；对于D，根据面面垂直的判定定理知，不一定垂直于，它可以与平行、相交、在平面内，故D错.故选：C.7.在棱长为2的正方体中，为的中点，过点的平面截正方体的外接球的截面面积的最小值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意分析可知：当与截面垂直时，截面半径最小，结合正方体与球的性质运算求解.【详解】正方体的外接球的球心为正方体的中心（对角线的中点），设球的半径为，可得，连接，则分别为的中点，可得，根据球的对称性可知：当与截面垂直时，截面半径最小，此时，截面面积的最小值为.故选：C.8.已知点为直线：上的动点，过点作圆：的切线，，切点为，当最小时，直线的方程为（）A.B.C.D.【答案】A 【解析】【分析】先利用圆切线的性质推得四点共圆，，从而将转化为，进而确定时取得最小值，再求得以为直径的圆的方程，由此利用两圆相交弦方程的求法即可得解.【详解】因为圆：可化为，所以圆心，半径为，因为，是圆的两条切线，则，由圆的知识可知，四点共圆，且，，所以，又，所以当最小，即时，取得最小值，此时的方程为，联立，解得，即，故以为直径的圆的方程为，即，，又圆，两圆的方程相减即为直线的方程：.故选：A.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将转化为，从而确定最小时的坐标，从而利用两圆相减可得相交弦方程的技巧得解.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.下列说法中，正确的有（） A.直线在y轴上的截距是2B.直线经过第一、二、三象限C.过点，且倾斜角为90°的直线方程为D.过点且在x轴，y轴上的截距相等的直线方程为【答案】BC【解析】【分析】根据直线相关概念一一对答案进行核对即可。【详解】对于A:令时，，故在y轴上的截距是2，A错.对于B:直线的斜率为2，在轴上的截距分别为，故直线经过第一、二、三象限，B对.对于C:过点，倾斜角为90°的直线方程为，故C对.对于D:当直线的截距不为0时，设直线的方程为：，把点代人直线得，所以直线方程为：，当截距为0时，设直线方程为：，把点代人直线得，直线方程为：，故D错.故选：BC10.已知直线：与圆：．则下列说法正确的是（）A.直线过定点B.直线与圆相离C.圆心到直线距离最大值是D.直线被圆截得的弦长最小值为【答案】AD【解析】【分析】根据直线与圆的相关知识对各选项逐一判断即可.【详解】对于A，因为：，即，令，即，得，所以直线过定点，故A正确； 对于B，因为，所以定点在圆：内部，所以直线与圆相交，故B错误；对于C，因为圆：，可化为，圆心，当圆心与定点的连线垂直于直线时，圆心到直线距离取得最大值，此时其值为，故C错误；对于D，由弦长公式可知，当圆心到直线距离最大时，弦长取得最小值，所以直线被圆截得的弦长的最小值为，故D正确.故选：AD.11.的角对边分别是，则下列说法正确的是（）A.若，则B.若，则是锐角三角形．C.若．则是等边三角形D.若，则【答案】ACD【解析】【分析】利用正弦定理边化角即可判断A项；运用平面向量数量积运算可推出为锐角，但无法确定是否为锐角可判断B项；利用三角函数的值域可推得，由此判断C项；利用三角函数的单调性与辅助角公式可判断D项.【详解】对于A，因为，所以由正弦定理得，再由大边对大角，小边对小角，可得，故A正确；对于B，因为，所以，因为，所以为锐角，但无法确定是否为锐角，故B错误； 对于C，因为，所以，则，因为，所以，则，所以，则是等边三角形，故C正确；对于D，因为，结合，可得，，因为在上单调递增，所以，所以，因为，则，所以，所以，故D正确.故选：ACD.12.已知异面直线相互垂直，点分别是上的点，且，，动点分别位于直线上，直线与直线所成角为，，则下列说法正确的是（）A.B.若连接点构成三棱锥，则三棱锥的体积最大值为C.若点为线段的中点，则点的轨迹为圆D.若连接点构成三棱锥，则其外接球的表面积为【答案】ACD【解析】【分析】以为长方体的两边构造长方体，根据平行关系和异面直线所成角定义可知，由可求得A正确；设，，利用勾股定理可得，利用基本不等式可求得的最大值，代入棱锥体积公式可知B错误；取中点，中点，可证得四边形为平行四边形，由此可确定，知C正确；根据中点 到各顶点距离相等可知球心为，半径为，利用球的表面积公式可求得D正确.【详解】以为长方体的两边可构造如图所示的长方体，其中直线，直线，作，交于点，直线与直线所成角为，，对于A，平面，平面，，又，，，A正确；对于B，设，，则，又平面，；，即，，即（当且仅当时取等号），，B错误；对于C，取中点，中点，连接， ，，，，，，四边形为平行四边形，，点轨迹是以为圆心，为半径的圆，C正确；对于D，若为中点，连接，平面，平面，，；同理可得：，点即为三棱锥外接球的球心，半径，三棱锥外接球的表面积，D正确.故选：ACD.【点睛】思路点睛：本题考查立体几何中的异面直线所成角、棱锥体积、几何体外接球等知识的求解；求解本题的基本思路是利用长方体表示出已知中的异面直线间的位置关系，进而将抽象的几何图形变为常见的几何体，结合几何体的结构特征来进行求解.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在答题卡相应位置上）13.若圆锥的底面半径为2．体积为，则母线长为________． 【答案】【解析】【分析】利用圆锥的体积公式求得圆锥的高，再利用勾股定理即可得解.【详解】依题意，设圆锥的高为，半径为，母线为，体积为，则由，得，解得，所以母线长为.故答案为：.14.在△中，、、分别为、、的对边.已知，，，则△外接圆的半径是________.【答案】【解析】【分析】先利用余弦定理求出，最后利用正弦定理即可求出△外接圆的半径.【详解】由余弦定理得，即，由正弦定理得，则，故答案为：.15.已知点在直线上运动，点是圆上的动点，点是圆上的动点，则的最大值为________．【答案】【解析】【分析】根据圆的性质可得，若求的最大值，转化为求的最大值，再根据点关于线对称的性质，数形结合从而得解.【详解】如图所示， 圆的圆心为，半径为3，圆的圆心为，半径为1，可知，所以，若求的最大值，转化为求的最大值，设关于直线的对称点为B，设B坐标为，则，解得，故B，因为，可得，当P，B，A三点共线，即P点为时，等号成立，所以的最大值为.故答案为：.16.在中，内角所对的边分别为，且，，点为内部一动点（包含边界），若满足的点只有1个，则正实数的值为________． 【答案】##【解析】【分析】先利用三角函数的和差公式与正弦定理的边角变换求得角，再推得，由此确定为等边三角形，再利用平面向量的线性运算将转化为，从而结合题意得到，由此得解.【详解】因为，所以，则，又，则由正弦定理可得，所以，即，所以，解得或（舍去），又，所以，从而，又，所以，故为等边三角形，记的中点为，的中点为，则，，要使得满足的点只有一个，只有当时满足，此时，又，则.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题的解题关键是将向量数量积转化为 ，从而结合题意得到时满足要求，由此得解.四、解答题（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.已知，．（1）当为何值时，与垂直？（2）若，且、、三点共线，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先利用向量坐标运算求出与的坐标，再利用垂直可求；（2）先利用向量坐标运算求出，利用向量平行可求.【小问1详解】，，，又与垂直，得，即；【小问2详解】，，、、三点共线，，则，解得：．18.在平面直角坐标系中，圆过点，，且圆心在上．（1）求圆的方程；（2）若已知点，过点作圆的切线，求切线的方程．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，求出的中垂线方程，与直线联立，可得圆心 的坐标，求出圆的半径，即可得答案；（2）分切线的斜率存在与不存在两种情况讨论，求出切线的方程，综合可得答案．【小问1详解】因为圆过，则的中垂线过圆心，设的中点为，则，因为，所以的中垂线方程为，即，又圆心在，联立，解得，因此圆心，半径，所以圆的方程为..【小问2详解】因，所以在圆外，过作圆的切线，若切线斜率不存在时，则切线方程为，满足与圆相切，若切线斜率存在时，设切线方程，即，则，解得，所以切线方程为，即.综上：切线方程为或.19.如图，在四棱锥中，平面，底面四边形为直角梯形，，，，，为中点． （1）求证：；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用线面垂直得到线线垂直，再用线线垂直得到线面垂直，进而利用线面垂直性质即可得证；（2）利用二面角平面角定义得出二面角的平面角，求出对应长度即可求出余弦值.【小问1详解】如图，取的中点，连接，，又因为为中点，所以，又因为，所以，即四点共面.因为，所以，又平面，且平面，所以，又，，平面，平面，所以平面，又平面，所以，又因为，，平面，平面，所以平面，又平面，所以.【小问2详解】作交于，连接，又平面，且平面，所以，因为，平面，平面， 所以平面，又平面，所以，因为，平面，平面，所以为二面角的平面角，在四边形中，因为，，，所以，由，可得，又，在直角三角形中，，所以，从而，所以二面角的余弦值为.20.已知一个动点在圆上移动，它与定点所连线段的中点为.（1）求点的轨迹方程；（2）过定点的直线与点的轨迹交于不同的两点，且满足，求直线的方程．【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）设出动点坐标，利用中点坐标公式表示动点，代入圆方程，整理可得答案；（2）将直线分斜率存在与不存在两种情况，联立直线与圆方程，写出韦达定理，代入条件中的等式，解得答案.【小问1详解】 设，动点，由中点的坐标公式解得，，由得，∴点M的轨迹方程是.【小问2详解】当直线的斜率不存在时，直线，与圆交于，，此时解得，不合题意．当直线的斜率存在时，设直线，则由，消去，得，由已知可得，，，，整理可得，，解得或，经检验.综上：直线为或.21.已知锐角的角对边分别是，且满足．（1）求角的大小；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换知识可化简求得，根据的范围可确定其取值；（2）根据向量数量积运算定义、余弦定理可化简得到，利用正弦定理角化边，结合三角恒等变换知识可化简得到，根据正弦型函数值域求法可求得所求取值范围. 【小问1详解】由正弦定理得：，，，，，，，即，，，，解得：.【小问2详解】，，，；由正弦定理得：，，，，，，，，，即， ，即的取值范围为.22.如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，为底面圆的内接正三角形，且的边长为，点在母线上，且，．（1）求证：直线平面，并求三棱锥的体积：（2）若点为线段上的动点，当直线与平面所成角的正弦值最大时，求此时点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）设，由正弦定理和三角形相似关系可证得，结合面面垂直的性质可证得平面，由此可得，由线面平行的判定可得结论；由平行关系可得，根据棱锥体积公式可求得结果；（2）以为坐标原点可建立空间直角坐标系，设，根据线面角的向量求法，可确定当时，取得最大值，由此可确定，利用点到面的距离的向量求法可求得结果.【小问1详解】设，连接， 为底面圆的内接正三角形，，为中点，又，，；，，，，，∽，，；平面，平面，平面平面，平面平面，平面，平面，又平面，，平面，平面，平面；为中点，，即，又平面，平面，，，，平面，平面，，，，又，平面，.【小问2详解】，中点，又，为中点，，，，以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，，，，，，，设，；设平面的法向量，则，令，解得：，，，设直线与平面所成角为，，令，则，，，，当，即时，，，此时，，点到平面的距离. 【点睛】关键点点睛：本题求解点到面距离的关键是能够通过共线向量和线面角的向量求法，将线面角的正弦值表示为关于变量的函数的形式，通过函数最值的求法确定正弦值的最大值，从而确定动点的位置.