【解析】【解析】广东省汕尾市2022-2023学年高一下学期期末数学试题

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广东省汕尾市2022-2023学年高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．若复数是纯虚数，则实数（）

A．1B．0或1C．1或2D．1或3

【答案】B

【知识点】复数的基本概念

【解析】【解答】解：因为复数是纯虚数，

所以，解得：或，

故答案为：B.

【分析】由复数是纯虚数，可得，解方程即可得出答案.

2．已知，，，则（）

A．B．

C．D．或

【答案】D

【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角

【解析】【解答】解：因为，，故设，

又因为，则，解得，

所以或.

故答案为：D.

【分析】依题意设，根据向量模的坐标表示得到方程，解得即可.

3．将函数的图象向左平移个周期后所得图象对应的函数为（）

A．B．

C．D．

【答案】D

【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质

【解析】【解答】解：因为函数的最小正周期为，即，

所以向左平移个周期后所得，

故答案为：D.

【分析】求出函数的最小正周期，直接根据平移规律即可得结果.

4．已知直线，，和平面，则下列命题正确的是（）

A．若，，则

B．若，，，，则

C．若，，，，则

D．若，，则

【答案】B

【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质

【解析】【解答】解：对A：若，，可能，故A错误；

对B：若，，，，则，故B正确；

对C：若，，，，当时，和平面不一定垂直，故C错误；

对D：若，可能，故D错误.

故答案为：B.

【分析】根据线线、线面位置关系有关知识对选项进行分析，由此确定正确答案.

5．已知，，则（）

A．B．C．D．

【答案】C

【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用

【解析】【解答】解：因为，，所以，

所以.

故答案为：C.

【分析】利用同角三角函数的基本关系求出，再由二倍角公式计算可得.

6．在正三棱柱中，为棱的中点，，则直线与直线所成角的余弦值为（）

A．0B．C．D．

【答案】A

【知识点】平行公理；异面直线及其所成的角；余弦定理的应用

【解析】【解答】解：取AB的中点E，的中点F，连接，

则，

因为D为棱的中点，E为AB的中点，则，

所以，则四边形为平行四边形，

可得，

因为，则CC1∥DE，CC1=DE，

可知四边形为平行四边形，所以，

所以为直线与直线所成角，

因为在正三棱柱中，，

所以，

在中，由余弦定理得

，

所以直线与直线所成角的余弦值为0.

故答案为：A.

【分析】取AB的中点E，的中点F，连接，则可得为直线与直线所成角，然后在中求解即可.

7．在中，内角，，所对的边分别为，，，，，则（）

A．B．C．D．

【答案】D

【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用

【解析】【解答】解：因为，利用正弦定理得：，

再结合，可得，

由余弦定理：，故D正确.

故答案为：D.

【分析】根据正弦定理进行角化边，再由余弦定理可解.

8．如图，在边长为2的正方形中，，分别是，的中点，将，，分别沿，，折起，使得三点重合于点，若三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的体积为（）

A．B．C．D．

【答案】C

【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；球的体积和表面积；球内接多面体

【解析】【解答】解：根据题意，可得，且，

所以三棱锥可补成一个长方体，则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，如图所示，

设长方体的外接球的半径为R，可得，所以，

所以外接球的体积为.

故答案为：C.

【分析】根据题意，把三棱锥可补成一个长方体，利用长方体的对角线长求得外接球的半径，结合球的体积公式，即可求解.

二、多选题

9．已知复数，，则下列说法正确的有（）

A．

B．

C．

D．在复平面内，对应的点关于虚轴对称

【答案】A,B

【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数

【解析】【解答】解：对A：，故A正确；

对于B：，所以，故B正确；

对C：，故C错误；

对D：在复平面内对应的点为，对应的点为，点关于实轴对称，故D错误.

故答案为：AB.

【分析】分别应用共轭复数、复数的模、复数的除法法则和复数的几何意义进行求解.

10．已知函数，，且的最小正周期为，则下列说法正确的有（）

A．

B．当时，的最小值为1

C．在区间上单调递增

D．若为偶函数，则正实数的最小值为

【答案】A,D

【知识点】三角函数中的恒等变换应用；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质

【解析】【解答】解：由，

对A：因为的最小正周期为，所以，所以，故A正确；

对B：因为，可得，

当时，即时，函数取得最小值，最小值为，故B错误；

对C：当，可得，所以函数不是单调函数，故C错误；

对D：因为，若函数为偶函数，

可得，解得，

当时，，所以正实数的最小值为，故D正确.

故答案为：AD.

【分析】化简函数为，结合三角函数的图象与性质，逐项分析判定.

11．下列说法正确的有（）

A．若，满足，，则的最大值为3

B．向量在向量上的投影向量为

C．若，，且，则

D．若圆中，弦的长为4，则

【答案】A,B,D

【知识点】平面向量坐标表示的应用；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量数量积的性质；平面向量的投影向量

【解析】【解答】解：对A：因为，，

则，

又因为，所以当时，取得最大值5，故A错误；

对B：向量在向量上的投影向量为，故B正确，

对C：由，得，

因为，所以或，故C错误，

对D：因为在圆O中，弦AB的长为4，

所以

，故D正确，

故答案为：BD.

【分析】对A：由结合已知可求出其最大值，对B：由投影向量的定义判断，对C：根据已知条件直接求解即可，对D：由数量积的定义结合圆的性质求解.

12．在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则（）

A．直线与直线是异面直线

B．直线与直线共面

C．直线与平面所成角的正弦值为

D．点到平面的距离为

【答案】A,B,D

【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；异面直线的判定；空间中直线与平面之间的位置关系

【解析】【解答】解：对A：因为平面，平面，，

由异面直线的定义可得，直线BN与是异面直线，故A正确；

对B：连接，由正方体的性质知，因为，

又因为，所以，所以四点共面，

所以直线与直线BN共面，故B正确；

对C：取DC的中点H，连接MH，由正方体的性质知：平面ABC，

所以是直线AM与平面ABC所成角，

所以，，故C错误；

对D：设点到平面的距离为h，

由，可得，

因为，

取DC的中点H，连接MH，由正方体的性质知：平面ABC，

连接BH，所以，，

，所以，

所以，

，

由可得：，故D正确.

故答案为：ABD.

【分析】对A：由异面直线的判定定理分析判断；对B：连接，由题意可得，所以四点共面；对C：由线面角的定义运算求解；对D：由等体积法求点到面的距离．

三、填空题

13．化简.

【答案】

【知识点】三角函数的化简求值；运用诱导公式化简求值

【解析】【解答】解：

，

故答案为：.

【分析】利用诱导公式和两角和的正弦公式求解即可

14．（2023高一下·北京期中）已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径是．

【答案】1

【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）

【解析】【解答】设圆锥的底面的半径为r，圆锥的母线为l，

则由得，

而

故，

解得，

故答案为：1.

【分析】设出圆锥的底面半径，由它的侧面展开图是一个半圆，分析出母线与半径的关系，结合圆锥的表面积为，构造方程，可求出半径.

15．在平行四边形中，，，，则.

【答案】24

【知识点】平面向量的数量积运算；向量加法的平行四边形法则

【解析】【解答】解：由于,则，

即，所以.

故答案为：24.

【分析】根据向量的加法运算，以及向量的模长公式即可求解.

16．如图是古希腊数学家希波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成，直径分别是直角三角形的斜边，直角边，，点在以为直径的半圆上，延长，交于点.若，，，则的面积是.

【答案】

【知识点】向量在几何中的应用；三角函数中的恒等变换应用；正弦定理的应用

【解析】【解答】解：由题意得：，

所以，故，所以，

因为，所以，

故

，

因为，，，所以，

又因为，所以，

所以的面积是.

故答案为：.

【分析】根据题意得到，再用正弦的和角公式求解，再求出AE，由三角形的面积公式即可得出答案.

四、解答题

17．已知点，，.

（1）若，是实数，且，求的值；

（2）求与的夹角的余弦值.

【答案】（1）解：∵，，，

∴，，，故

∵

∴

解得

（2）解：∵，，，

∴，

故与的夹角的余弦值为

【知识点】平面向量坐标表示的应用；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示

【解析】【分析】(1)先求得，再根据向量垂直的坐标表示运算求解；

(2)先根据坐标运算求得，，，再代入向量夹角公式运算求解.

18．已知函数.

（1）求的最小正周期；

（2）在中，若，求的最大值.

【答案】（1）解：

∴的最小正周期为

（2）解：由，即，，

得，即，

∴

∵，

∴

∴当，即时，取得最大值

【知识点】三角函数中的恒等变换应用；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质

【解析】【分析】(1)利用三角恒等变换整理得，进而可求最小正周期；

(2)由可得，利用三角恒等变换可得，再根据正弦函数的性质运算求解.

19．如图，在正方体中，，分别为棱，的中点，是线段上的动点.证明：

（1）平面；

（2）平面.

【答案】（1）证明：如图，连接交于点，连接.

∵为的中点，为的中点，

∴为的中位线，

∴.

又∵平面，平面，

∴平面

（2）证明：连接，，连接交于点，连接，如图.

在正方体中，，

∵平面，平面，

∴平面.

又为的中位线，

∴.

∵平面，平面，

∴平面.

又∵平面，平面，，

∴平面平面.

∵平面，

∴平面.

【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质

【解析】【分析】(1)根据题意可得，进而结合线面平行的判定定理分析证明；

(2)根据题意可得平面，平面，进而可得平面平面，结合面面平行的性质定理分析证明.

20．记的内角，，的对边分别是，，，已知.

（1）求；

（2）若，，求的面积.

【答案】（1）解：在中，由正弦定理及，

得，

又在中，，∴，

∴，

∵，

∴.

（2）解：在中，由余弦定理可知，

又∵，∴，

解得或（舍去），

故的面积为

【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用

【解析】【分析】(1)由正弦定理整理可得，进而可得结果；

(2)利用余弦定理可得，再结合面积公式运算求解.

21．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为棱的中点.证明：

（1）平面；

（2）平面平面.

【答案】（1）证明：∵，且为的中点，

∴，

∵平面，平面，

∴，

∵在正方形中，，

又∵，平面，，

∴平面，

又∵平面，

∴，

∵，平面，，

∴平面

（2）证明：设的中点为，连接，如图.

∵，

∴，

又∵，，，平面，，

∴平面，

∵平面，∴，

又∵，平面，，

∴平面，

∵平面，

∴平面平面.

【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定

【解析】【分析】(1)根据三线合一可得，再证平面，则，即可得结果；

(2)设的中点为，连接，先证平面，进而可得结果.

22．如图，已知直线，是，之间的一个定点，且点到，的距离分别为1，2，是直线上的一个动点，作，且使与直线交于点.设，的面积为.

（1）求的最小值；

（2）已知，，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）解：在中，，则；

在中，，，则，

∴的面积.

∵，∴，

故当，即时，取得最大值1，此时取得最小值2.

（2）解：由（1）知，，

∴.

不等式对任意的恒成立，

等价于对任意的恒成立.

令，则，

因为，所以，所以，

又，

∴.

令，其中，

∴，.

①当时，，即；

②当时，函数在上单调递增，

∴，即；

③当时，函数在上单调递减，

∴，即

综上，当时，实数的取值范围是；

当时，实数的取值范围

【知识点】二次函数在闭区间上的最值；三角函数中的恒等变换应用；正弦定理的应用；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质

【解析】【分析】(1)根据题意可得，，结合面积公式整理可得，分析运算即可；

(2)由(1)可得，分析可得原题意等价于对任意的恒成立，令，整理得，分类讨论，根据恒成立问题结合二次函数运算求解.

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广东省汕尾市2022-2023学年高一下学期期末数学试题

一、单选题

1．若复数是纯虚数，则实数（）

A．1B．0或1C．1或2D．1或3

2．已知，，，则（）

A．B．

C．D．或

3．将函数的图象向左平移个周期后所得图象对应的函数为（）

A．B．

C．D．

4．已知直线，，和平面，则下列命题正确的是（）

A．若，，则

B．若，，，，则

C．若，，，，则

D．若，，则

5．已知，，则（）

A．B．C．D．

6．在正三棱柱中，为棱的中点，，则直线与直线所成角的余弦值为（）

A．0B．C．D．

7．在中，内角，，所对的边分别为，，，，，则（）

A．B．C．D．

8．如图，在边长为2的正方形中，，分别是，的中点，将，，分别沿，，折起，使得三点重合于点，若三棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的体积为（）

A．B．C．D．

二、多选题

9．已知复数，，则下列说法正确的有（）

A．

B．

C．

D．在复平面内，对应的点关于虚轴对称

10．已知函数，，且的最小正周期为，则下列说法正确的有（）

A．

B．当时，的最小值为1

C．在区间上单调递增

D．若为偶函数，则正实数的最小值为

11．下列说法正确的有（）

A．若，满足，，则的最大值为3

B．向量在向量上的投影向量为

C．若，，且，则

D．若圆中，弦的长为4，则

12．在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，则（）

A．直线与直线是异面直线

B．直线与直线共面

C．直线与平面所成角的正弦值为

D．点到平面的距离为

三、填空题

13．化简.

14．（2023高一下·北京期中）已知圆锥的表面积为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径是．

15．在平行四边形中，，，，则.

16．如图是古希腊数学家希波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成，直径分别是直角三角形的斜边，直角边，，点在以为直径的半圆上，延长，交于点.若，，，则的面积是.

四、解答题

17．已知点，，.

（1）若，是实数，且，求的值；

（2）求与的夹角的余弦值.

18．已知函数.

（1）求的最小正周期；

（2）在中，若，求的最大值.

19．如图，在正方体中，，分别为棱，的中点，是线段上的动点.证明：

（1）平面；

（2）平面.

20．记的内角，，的对边分别是，，，已知.

（1）求；

（2）若，，求的面积.

21．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，为棱的中点.证明：

（1）平面；

（2）平面平面.

22．如图，已知直线，是，之间的一个定点，且点到，的距离分别为1，2，是直线上的一个动点，作，且使与直线交于点.设，的面积为.

（1）求的最小值；

（2）已知，，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.

答案解析部分

1．【答案】B

【知识点】复数的基本概念

【解析】【解答】解：因为复数是纯虚数，

所以，解得：或，

故答案为：B.

【分析】由复数是纯虚数，可得，解方程即可得出答案.

2．【答案】D

【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角

【解析】【解答】解：因为，，故设，

又因为，则，解得，

所以或.

故答案为：D.

【分析】依题意设，根据向量模的坐标表示得到方程，解得即可.

3．【答案】D

【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质

【解析】【解答】解：因为函数的最小正周期为，即，

所以向左平移个周期后所得，

故答案为：D.

【分析】求出函数的最小正周期，直接根据平移规律即可得结果.

4．【答案】B

【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质

【解析】【解答】解：对A：若，，可能，故A错误；

对B：若，，，，则，故B正确；

对C：若，，，，当时，和平面不一定垂直，故C错误；

对D：若，可能，故D错误.

故答案为：B.

【分析】根据线线、线面位置关系有关知识对选项进行分析，由此确定正确答案.

5．【答案】C

【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用

【解析】【解答】解：因为，，所以，

所以.

故答案为：C.

【分析】利用同角三角函数的基本关系求出，再由二倍角公式计算可得.

6．【答案】A

【知识点】平行公理；异面直线及其所成的角；余弦定理的应用

【解析】【解答】解：取AB的中点E，的中点F，连接，

则，

因为D为棱的中点，E为AB的中点，则，

所以，则四边形为平行四边形，

可得，

因为，则CC1∥DE，CC1=DE，

可知四边形为平行四边形，所以，

所以为直线与直线所成角，

因为在正三棱柱中，，

所以，

在中，由余弦定理得

，

所以直线与直线所成角的余弦值为0.

故答案为：A.

【分析】取AB的中点E，的中点F，连接，则可得为直线与直线所成角，然后在中求解即可.

7．【答案】D

【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用

【解析】【解答】解：因为，利用正弦定理得：，

再结合，可得，

由余弦定理：，故D正确.

故答案为：D.

【分析】根据正弦定理进行角化边，再由余弦定理可解.

8．【答案】C

【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；球的体积和表面积；球内接多面体

【解析】【解答】解：根据题意，可得，且，

所以三棱锥可补成一个长方体，则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，如图所示，

设长方体的外接球的半径为R，可得，所以，

所以外接球的体积为.

故答案为：C.

【分析】根据题意，把三棱锥可补成一个长方体，利用长方体的对角线长求得外接球的半径，结合球的体积公式，即可求解.

9．【答案】A,B

【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数

【解析】【解答】解：对A：，故A正确；

对于B：，所以，故B正确；

对C：，故C错误；

对D：在复平面内对应的点为，对应的点为，点关于实轴对称，故D错误.

故答案为：AB.

【分析】分别应用共轭复数、复数的模、复数的除法法则和复数的几何意义进行求解.

10．【答案】A,D

【知识点】三角函数中的恒等变换应用；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质

【解析】【解答】解：由，

对A：因为的最小正周期为，所以，所以，故A正确；

对B：因为，可得，

当时，即时，函数取得最小值，最小值为，故B错误；

对C：当，可得，所以函数不是单调函数，故C错误；

对D：因为，若函数为偶函数，

可得，解得，

当时，，所以正实数的最小值为，故D正确.

故答案为：AD.

【分析】化简函数为，结合三角函数的图象与性质，逐项分析判定.

11．【答案】A,B,D

【知识点】平面向量坐标表示的应用；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量数量积的性质；平面向量的投影向量

【解析】【解答】解：对A：因为，，

则，

又因为，所以当时，取得最大值5，故A错误；

对B：向量在向量上的投影向量为，故B正确，

对C：由，得，

因为，所以或，故C错误，

对D：因为在圆O中，弦AB的长为4，

所以

，故D正确，

故答案为：BD.

【分析】对A：由结合已知可求出其最大值，对B：由投影向量的定义判断，对C：根据已知条件直接求解即可，对D：由数量积的定义结合圆的性质求解.

12．【答案】A,B,D

【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线及其所成的角；异面直线的判定；空间中直线与平面之间的位置关系

【解析】【解答】解：对A：因为平面，平面，，

由异面直线的定义可得，直线BN与是异面直线，故A正确；

对B：连接，由正方体的性质知，因为，

又因为，所以，所以四点共面，

所以直线与直线BN共面，故B正确；

对C：取DC的中点H，连接MH，由正方体的性质知：平面ABC，

所以是直线AM与平面ABC所成角，

所以，，故C错误；

对D：设点到平面的距离为h，

由，可得，

因为，

取DC的中点H，连接MH，由正方体的性质知：平面ABC，

连接BH，所以，，

，所以，

所以，

，

由可得：，故D正确.

故答案为：ABD.

【分析】对A：由异面直线的判定定理分析判断；对B：连接，由题意可得，所以四点共面；对C：由线面角的定义运算求解；对D：由等体积法求点到面的距离．

13．【答案】

【知识点】三角函数的化简求值；运用诱导公式化简求值

【解析】【解答】解：

，

故答案为：.

【分析】利用诱导公式和两角和的正弦公式求解即可

14．【答案】1

【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）

【解析】【解答】设圆锥的底面的半径为r，圆锥的母线为l，

则由得，

而

故，

解得，

故答案为：1.

【分析】设出圆锥的底面半径，由它的侧面展开图是一个半圆，分析出母线与半径的关系，结合圆锥的表面积为，构造方程，可求出半径.

15．【答案】24

【知识点】平面向量的数量积运算；向量加法的平行四边形法则

【解析】【解答】解：由于,则，

即，所以.

故答案为：24.

【分析】根据向量的加法运算，以及向量的模长公式即可求解.

16．【答案】

【知识点】向量在几何中的应用；三角函数中的恒等变换应用；正弦定理的应用

【解析】【解答】解：由题意得：，

所以，故，所以，

因为，所以，

故

，

因为，，，所以，

又因为，所以，

所以的面积是.

故答案为：.

【分析】根据题意得到，再用正弦的和角公式求解，再求出AE，由三角形的面积公式即可得出答案.

17．【答案】（1）解：∵，，，

∴，，，故

∵

∴

解得

（2）解：∵，，，

∴，

故与的夹角的余弦值为

【知识点】平面向量坐标表示的应用；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示

【解析】【分析】(1)先求得，再根据向量垂直的坐标表示运算求解；

(2)先根据坐标运算求得，，，再代入向量夹角公式运算求解.

18．【答案】（1）解：

∴的最小正周期为

（2）解：由，即，，

得，即，

∴

∵，

∴

∴当，即时，取得最大值

【知识点】三角函数中的恒等变换应用；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质

【解析】【分析】(1)利用三角恒等变换整理得，进而可求最小正周期；

(2)由可得，利用三角恒等变换可得，再根据正弦函数的性质运算