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文档简介
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.
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