2022-2023学年河南省驻马店市高一年级下册学期期末数学试题【含答案】

2022-2023学年河南省驻马店市高一下学期期末数学试题一、单选题1．如果点在直线上，而直线又在平面内，那么可以记作．A．， B．， C．， D．，【答案】B【详解】直线上有无数个点，直线可看成点的集合，点在直线上，可记作，直线在平面内，可记作，故选．2．与的值最接近的数是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用诱导公式及特殊角的三角函数值判断即可.【详解】.故选：D3．已知矩形的对角线相交于点，则（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用相等向量结合平面向量的减法可化简向量.【详解】在矩形中，，又因为，则，因此，.故选：D.4．用斜二测画法画的直观图如图所示，其中，，则中边上的中线长为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】作出的原图形，结合三角形的几何性质可求得中边上的中线长.【详解】在直观图中，，且，则，故，又因为，则，可得，故为等腰直角三角形，所以，，故轴，依据题意，作出的原图形如下图所示：

延长至点，使得，则为的中点，由题意可知，，，，且，所以，且，故四边形为平行四边形，则，取的中点，连接，因为、分别为、的中点，则.故选：D.5．在复平面内，角的顶点为坐标原点，始边为实轴非负半轴，终边经过复数所对应的点，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意求出角的终边经过的点的坐标，然后利用任意角的三角函数的定义可求得结果.【详解】复数在复平面内所对应的点为，因为在复平面内，角的顶点为坐标原点，始边为实轴非负半轴，终边经过点，所以，故选：B6．我国人脸识别技术处于世界领先地位.所谓人脸识别，就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点为坐标原点，余弦相似度Similarity为向量夹角的余弦值，记作，余弦距离为.已知，若的余弦距离为的余弦距离为，则（

）A． B． C．4 D．7【答案】A【分析】由题设，，，利用向量夹角公式求得、，根据新定义及正余弦齐次运算求目标式的值.【详解】由，，，，，所以，故，则，整理得.故选：A7．直角梯形，满足，，，现将其沿折叠成三棱锥，当三棱锥体积取最大值时其外接球的体积为A． B． C． D．【答案】B【分析】由已知可得当平面平面时，三棱锥体积最大，根据线面位置关系可得确定球心及半径，即可得解.【详解】由已知得为定值，则当平面平面时，三棱锥体积取最大值，由四边形为直角梯形，，，，则，为直角三角形，，平面，故，又，且，平面，，为直角三角形，故，所以为外接球球心，半径，外接球体积，故选：B.8．已知函数，若对任意的，当时，恒成立，则实数的取值范围（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据三角恒等变换可化简为，当时，恒成立，进而将问题转化为在单调递减，利用正弦函数的单调性即可求解.【详解】所以得，进而，故，由于对任意的，当时，，恒成立，不妨设，则问题转化成在单调递减，所以其中,解得，故选：B【点睛】关键点睛：等价变形给定不等式，构造函数借助单调性求解是解题的关键.二、多选题9．已知为复数，则的值可能是（

）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】设，则，从而可得.把各选项分别代入，求解即可判断.【详解】设，则，则，，所以.对于A，若，则，解得，所以，符合题意，A正确；对于B，若，则，解得，所以，符合题意，B正确；对于C，若，则，解得，所以，符合题意，C正确；对于D，若，则，解得，不存在，D错误.故选：ABC10．在中，，则下列结论错误的是（

）A．若，则有两解B．若，则为钝角三角形C．若只有一解，则D．若为直角三角形，则【答案】BCD【分析】根据正弦定理求出的值可判断AB；利用特殊值法结合正弦定理可以判断CD.【详解】若，由正弦定理可得，因为，所以或，即有两解，A正确；若，由正弦定理可得，不存在，B错；时，由正弦定理可得，此时有一解，即“若只有一解，则”不正确，C错；

时，由正弦定理可得，此时，三角形是直角三角形，即“若为直角三角形，则”不正确，D错；

故选：BCD.11．如图，棱长为2的正方体中，点在线段上运动，则（

）

A．异面直线与所成角的范围为B．二面角（不在点）的余弦值为C．点到平面的距离为D．存在一点，使得直线与平面所成的角为【答案】BC【分析】利用特殊点说明A，取的中点，连接、，即为二面角（不在点）的平面角，即可判断B，利用等体积法求出点到平面的距离，即可判断C，连接，则为直线与平面所成的角，求出，即可判断D.【详解】对于A：当在点时，因为，所以即为异面直线（）与所成角，因为为等腰直角三角形，所以，故A错误；

对于B：因为在线段上，所以平面（不在点）即为平面，取的中点，连接、，则，，所以即为二面角（不在点）的平面角，又，，所以，故二面角（不在点）的余弦值为，即B正确；

对于C：因为且，所以为平行四边形，所以，平面，平面，平面，所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，又为边长为的等边三角形，所以，，设点到平面的距离为，又，即，解得，所以点到平面的距离为，故C正确；

对于D：因为平面，连接，所以为直线与平面所成的角，因为，所以，所以最大为，当且仅当在、时取得，所以不存在点，使得直线与平面所成的角为，故D错误.

故选：BC12．在中，为上一点，，若的外心恰好在上，则（

）A．B．C．D．在方向上的投影向量为【答案】ACD【分析】由正弦定理即可得到，再由平面向量基本定理即可判断A，由余弦定理即可求得，再由余弦定理即可判断C，由平面向量数量积的运算律即可判断B，由余弦定理结合投影向量的定义即可判断D【详解】

对于A，因为的外心恰好在上，连接，则分别平分角，在与中，由正弦定理可得①，②，其中，，两式相除可得，，则，故A正确；对于C，设，则，在与中，由余弦定理可得，，即，解得，则，在中，，故C正确；对于B，因为，则，故B错误；对于D，在中，由余弦定理可得，，则在方向上的投影向量为.故D正确；故选：ACD三、填空题13．已知复数，则.【答案】/【分析】根据题意，先求得与，将复数化简，然后结合复数的乘法运算即可得到结果.【详解】由题意可得，，，则，所以.故答案为：.14．《九章算术》中将正四梭台（上､下底面均为正方形）称为“方亭”.现有一方亭，高为2，上底面边长为2，下底面边长为4，则此方亭的表面积为.【答案】【分析】先利用勾股定理求出正四棱台侧面的高，再根据多面体的表面积公式即可得解.【详解】如图所示，分别是正四梭台不相邻两个侧面的高，，则即为正四梭台的高，，由，得，所以此方亭的表面积为.故答案为：.

15．已知函数定义域为，满足，则.【答案】【分析】根据题意，由条件可得函数为周期函数，且周期为，然后求得即可得到结果.【详解】因为，，令，可得，所以，，，所以，即函数为周期函数，且周期为，当时，，所以，所以，则.故答案为：16．在中，所对的角分别为，若，则面积的最大值为.【答案】【分析】根据正弦定理结合三角恒等变换化简可得，再根据余弦定理可得，进而根据三角形面积公式与基本不等式，结合三角恒等变换求解最值即可.【详解】由正弦定理可得，即，故，故，解得.由余弦定理，即，解得.又由基本不等式可得，当且仅当时取等号.故，即，当且仅当时取等号，故.故，又，故当时，取最大值，此时.故答案为：四、解答题17．已知是两个不共线的向量，为单位向量，.(1)若__________，求；在①；②两个条件中任选一个填在__________上，并作答.(2)是否存在实数，使得与共线，若存在求出；若不存在，说明理由，【答案】(1)答案见解析(2)不存在，理由见解析【分析】（1）若选①，则由，得可求出，再由可求得结果，若选②，则对两边平方，化简可求得，再由可求得结果；（2）若与共线，则由共线向量定理得存在实数，使得，然后列方程组求解即可.【详解】（1）选①由，得，即，由，得，因为，所以，选②由，即，由，，得，所以，（2）若与共线，则存在实数，使得由向量是两个不共线，即也即，显然不存在实数.18．如图，四棱锥中，底面为菱形，为等边三角形，平面底面为的中点，为线段上的动点.

(1)证明：；(2)当平面时，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，则由等腰三角形的性质可得，再由面面垂直的性质可得平面，则，而∥，所以，然后由线面垂直的判定可得平面，再利用线面垂直的的性质得结论；（2）当平面时，可证得为中点，然后利用等体积法可求得三棱锥的体积.【详解】（1）连接.由为等边三角形，为的中点，故，且，因为平面平面，平面平面平面，故平面，因为平面，所以，又因为∥，所以，再由，平面，所以平面，因为平面，所以，（2）连接，因为平面，且平面，所以，因为，公共边，所以≌，所以，因为四边形为菱形，为等边三角形，，所以，所以和是全等的等边三角形，所以，因为平面，平面，所以，所以为中点，根据等体积法.

19．已知.(1)求证：；(2)若关于的方程有两个不相等的实根，求实数的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）方法一：将已知等式中正切化为正弦比余弦，然后化简变形可证得结论；方法二：利用二倍角公式将已知等式化为，再结合正切函数的性质可得结论；（2）将方程化简可得，令，然后在同一坐标系中作出的图象，结合图象可求得结果.【详解】（1）方法一：由，得.所以，即，因为，所以，或，解得，或（舍去），所以，方法二：由，且函数单调递增所以，即，（2）由（1）知，方程可化为，即，即，所以，因为，所以，则，在同一坐标系中作出的图象，因为关于的方程有两个不相等的实数根，由图象知：

20．如图，A，B，C三地在以O为圆心的圆形区域边界上，A，B两地间的距离为30公里，两地间的距离为公里，是圆形区域外一景点，.

(1)求圆的半径；(2)若一汽车从处出发，以每小时50公里的速度沿公路行驶到处需要多少小时？【答案】(1)15.28(2)1.25小时【分析】（1）在中利用余弦定理求出，再利用正弦定理可求出圆的半径；（2）在中求出，在中利用正弦定理求出，然后在中可求出，再利用余弦定理可求出，然后除以速度可得结果.【详解】（1）由题意，设圆的半径为，在中，，由余弦定理，，由正弦定理得，解得：，（2）由题意及（1）得在中，，故，在中，，由正弦定理知，

即，在中，，，由余弦定理，得由一汽车从处出发，以每小时50公里的速度沿公路行驶到处，故所需时间：，即需要1.25小时21．如图，直三棱柱ABC­A1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB＝AC，AA1＝3，BC＝CF＝2．（1）求证：C1E平面ADF；（2）设点M在棱BB1上，当BM为何值时，平面CAM⊥平面ADF．【答案】（1）证明见解析；（2）当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF．【分析】（1）连接CE交AD于O，连接OF．因为CE，AD为△ABC中线，所以O为△ABC的重心，，由此能够证明OFC1E，进而可得C1E平面ADF；．（2）当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，先证出AD⊥平面B1BCC1．再证明当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF．【详解】（1）证明：连接CE交AD于O，连接OF．因为CE，AD为ABC的中线，则O为ABC的重心，故，故OFC1E，因为OF⊂平面ADF，C1E⊄平面ADF，所以C1E平面ADF；（2）当BM＝1时，平面CAM⊥平面ADF．证明如下：因为AB＝AC，D为BC的中点，故AD⊥BC．在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BB1⊥平面ABC，BB1⊂平面B1BCC1，故平面B1BCC1⊥平面ABC．又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC，AD⊂平面ABC，所以AD⊥平面B1BCC1，又CM⊂平面B1BCC1，故AD⊥CM．又BM＝1，BC＝2，CD＝1，FC＝2，故RtCBM≌RtFCD．易证CM⊥DF，又DF∩AD＝D，DF，AD⊂平面ADF，故CM⊥平面ADF．又CM⊂平面CAM，故平面CAM⊥平面ADF．【点睛】本小题主要考查空间线面关系、几何体的体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．22．已知向量.(1)当时，函数取得最大值，求的最小值及此时的解析式；(2)现将函数的图象沿轴向左平移个单位，得到函数的图象.已知是函数与图象上连续相邻的三个交点，若是锐角三角形，求的取值范围.【答案】(1)，(2)【分析】（1）根据数量积的坐标公式结合辅助角公式化简，再根据余弦函数的最值即可得解；（2）先根据平移变换得