辽宁省鞍山市台安县高级中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题含解析

第第页辽宁省鞍山市台安县高级中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题（含解析）20222023学年度期末考试卷

高一数学

考试模块：必修第三册、第四册

考生注意：

1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。

2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。

3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作各，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。

4.本卷命题范围：人教B版必修第三册、第四册。

一、选择题：本题共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.已知复数满足（是虚数单位），则（）

A.B.C.D.

2.已知，，，则与的夹角是（）

A.B.C.D.

3.已知，，则（）

A.B.C.D.

4.设，是不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是（）

A.若，，，则B.若，，，则

C.若，，，则D.若，，，则

5.已知外接圆的圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（）

A.B.C.D.

6.如图，在棱长为的正方体中，点E为棱的中点，则点A到平面的距离为（）

A.B.C.D.

7.如图，小明想测量自己家所在楼对面的电视塔的高度，他在自己家阳台M处，M到楼地面底部点N的距离为，假设电视塔底部为E点，塔顶为F点，在自己家所在的楼与电视塔之间选一点P，且E，N，P三点共处同一水平线，在P处测得阳台M处、电视塔顶处的仰角分别是和，在阳台M处测得电视塔顶F处的仰角，假设，和点P在同一平面内，则小明测得的电视塔的高为（）

A.B.C.D.

8.将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，若在上单调递增，则的取值范围为（）

A.B.C.D.

二、选择题：本题共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.若角的终边与角的终边关于轴对称，且，则的值可能为（）

A.B.C.D.

10.若复数z在复平面内对应的点为Z，则下列说法正确的是（）

A.若，则Z在第二象限

B.若为纯虚数，则在虚轴上

C.若，则点Z的集合所构成的图形的面积为

D.若，且，则为实数

11.在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，下列叙述正确的是（）

A.若，，，则满足条件的三角形有且只有一个

B.若，则为钝角三角形

C.若不是直角三角形，则

D.若，则为等腰三角形

12.在棱长为1的正方体中，为侧面内的一个动点（含边界），则下列说法正确的是（）

A.随着点移动，三棱锥的体积有最小值为

B.三棱锥体积的最大值为

C.直线与平面所成角的余弦值为

D.作体对角线的垂面，则平面截此正方体所得截面图形的面积越大，其周长越大

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.已知函数在区间上的最大值为2，则实数的取值范围为______.

14.已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，顶点M在底面的射影恰为A点，且为等腰三角形，则四棱锥外接球的体积为______.

15.在矩形中，，，在上取一点M，在上取一点P，使得，，过M点作交于N点，若上存在一动点E，上存在一动点F，使得，则的最小值为______.

16.已知锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，，则实数的取值范围是______.

四、解答题：本题共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.（本小题满分10分）

在平面直角坐标系中，已知，.

（1）若，求实数的值；

（2）若，，求与的数量积.

18.（本小题满分12分）

如图，在直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，，O分别为上、下底的中心，，点是的中点.

（1）求证：平面；

（2）若三棱锥的体积为，求棱柱的侧面积.

19.（本小题满分12分）

已知，.

（1）求的值；

（2）若，且，求的值.

20.（本小题满分12分）

在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且.

（1）求角A的大小；

（2）若，求的取值范围.

21.（本小题满分12分）

已知函数的部分图象如图所示.

（1）求函数的解析式；

（2）若对，使得关于x的不等式恒成立，求实数m的最大值.

22.（本小题满分12分）

如图，在直三棱柱中，，，，O为的中点，P为上的动点，E在上，且满足.现延长至D点，使得.

（1）若二面角的平面角为30°，求的长；

（2）若三棱锥的体积为，求与平面所成角的正弦值.

期末数学答案

1.B.故选B.

2.D设向量与的夹角为，则，因为，所以.故选D.

3.D，∵，∴.故选D.

4.B由于，m是不同的直线，，是不同的平面，若，，，则与m的位置关系不定，故A错误；若，，，则与平行，故B正确；若，，，则与m的位置关系不定，故C，D错误.故选B.

5.C由，知外接圆圆心O为的中点，即为外接圆的直径，如图，又，所以为等边三角形，所以，，向量在向量上的投影向量为.故选C.

6.C在正方体中，平面，而平面，则平面平面，在平面内过点A作于F，连接，如图，因平面平面，于是得平面，则的长即为点A到平面的距离，点E为棱的中点，在中，，，即，解得，所以点A到平面的距离为.故选C.

7.A在中，，在中，，，故，由正弦定理，得，故，在中，.故选A.

8.C，将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象，则，由，，得，，若在上单调递增，则解得即，，当时，，即的取值范围是.故选C.

9.AD因为角的终边与角的终边关于x轴对称，所以，，又因为，所以当时，，当时，.故选AD.

10.BD对于A，，故，Z点在坐标轴上，故A错误；对于B，若z为纯虚数，则Z在虚轴上，故B正确；对于C，，则点Z的集合所构成的图形是半径为3的圆，面积为，故C错误；对于D，，，则，故D正确.故选BD.

11.ABC对于A，由，则，又，知满足条件的三角形只有一个，故A正确；对于B，，即，A为钝角，故B正确；对于C，由不是直角三角形且，则，所以，故C正确；对于D，，由正余弦定理可得，则，所以或，故D错误.故选ABC.

12.BC对于A，为定值，故A错误；

对于B，在正方体中，易知当点P在上时，三棱锥即的体积取最大值，，故B正确；对于C，根据题意作图如下，在正方体中，易知，，因为，所以平面，即，同理可得，因为，所以平面，连接，，则为直线与平面所成角，在中，，因为，所以直线与平面所成角的余弦值为.故C正确；

对于D，如下图，平面时，截面从A点到面过程中，截面面积和周长都越来越大；从面到面过程中，面积先变大后变小而周长不变；从面到过程中，面积和周长越来越小，D错误.故选BC.

13.当时，∵，则，由题意可得，∴.

14.如图所示，在四棱锥中，顶点M在底面的射影恰为A点，则平面，底面是边长为4的正方形，则球心为的中点，为等腰三角形，则，∴，∴，则四棱锥外接球的半径为，其体积.

15.方法一：由题意建立如图所示平面直角坐标系，由题意可知，E，F分别在线段，上，设，，则，，所以，所以，，所以，设，则，当且仅当，，时或，，时，取等号，所以的最小值为.

方法二：因为，所以，因为，所以，故.

16.因为，由余弦定理得，则，所以，又，所以，解得或，因为为锐角三角形，所以，，所以，因为，所以，，由正弦定理得，因为为锐角三角形，所以即所以，所以，所以，所以，，故.

17.解：（1）∵，，

∴，……1分

，……2分

∵，∴，……4分

解得.……5分

（2）由已知可得，，

∴.……10分

18.（1）证明：连接.

∵点O，E分别为，的中点，∴，

∵平面，平面，∴平面.……5分

（2）解：取中点，连接，.

∵E为的中点，∴为的中位线，∴，且.……7分

∵，∴，

由菱形的性质知，为边长为2的等边三角形.……8分

又平面，∴平面，，

∵点E是的中点，

∴，……11分

∴，即.∴.……12分

19.解：（1）∵，

∴，解得.……5分

（2）∵，∴，且，

∴，

∴，……8分

∴，则，

∴，……10分

∵，∴.……12分

20.解：（1），

由余弦定理可得，

整理得，……2分

∴，

∵，∴，∴，∴.……5分

（2）由正弦定理得，∴，，

∴

.……8分

∵为锐角三角形，∴即∴，……10分

∴，∴，，

即的取值范围为.……12分

21.解：（1）由所给函数图象可知，，，即，所以，……3分

又图象过点，所以，，

解得，，……5分

因为，所以当时，，

故.……6分

（2）若对于，关于x的不等式恒成立，

即对于，关于x的不等式恒成立，……8分

即对于，恒成立.

当时，，

令时，为减函数，……10分

所以当时，取得最小值为，即的最小值为，

故实数，所以m的最大值为.……12分

22.解：（1）据题意延长至D点，使得，连接，，，

取的中点M，连接，，

因为，，O为的中点，所以，……1分

又∵，∴，，

所以为等边三角形.所以，

易知，所以，所以，

所以为二面角的平面角，即.