2022-2023学年陕西省渭南市韩城市高一年级下册学期期末数学试题【含答案】

2022-2023学年陕西省渭南市韩城市高一下学期期末数学试题一、单选题1．设i为虚数单位，复数满足，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据给定条件，利用复数除法运算求出作答.【详解】依题意，所以.故选：B2．已知向量，，，若，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出的坐标，再由列方程可求出的值.【详解】因为，，所以，因为，，所以，得，故选：B3．“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为，外层底面直径为，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为的球面上.此模型的体积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，计算可得解.【详解】如图，该模型内层圆柱底面直径为，且其底面圆周在一个直径为的球面上，可知内层圆柱的高同理，该模型外层圆柱底面直径为，且其底面圆周在一个直径为的球面上，可知外层圆柱的高此模型的体积为故选：C4．已知直线、，平面、，给出下列命题：①若，，且，则②若，，则③若，，且，则④若，，且，则其中正确的命題是（

）A．①② B．①③ C．①④ D．③④【答案】C【分析】根据线线、线面和面面位置关系的有关知识对各个命题进行分析，由此确定正确答案.【详解】①，根据线面垂直的知识可知，当，，且时，，所以①正确.②，若，，则可能是异面直线，所以②错误.③，若，，且，此时无法判断是否与平面内的两条相交直线垂直，所以③错误.④，若，，所以，由于，所以，所以④正确.所以①④正确.故选：C5．已知向量，，若，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用平面向量垂直的坐标表示求出的值，利用二倍角公式以及弦化切可求得所求代数式的值.【详解】已知向量，，且，则，即，若，则，这与矛盾，所以，，故，因此，.故选：A.6．两个圆心角相同的扇形的面积之比为1：2，则这两个扇形周长的比为（

）A．1：2 B．1：4 C． D．1：8【答案】C【分析】设扇形的圆心角的弧度数为，两圆的半径分别为和，由面积比结合面积公式可得，利用周长公式可得周长比.【详解】设扇形的圆心角的弧度数为，两圆的半径分别为和，则，.两个扇形周长的比为:.故选：C7．已知函数（，，）的最大值为，其图象相邻两条对称轴之间的距离为，且的图象关于点中心对称，则下列判断正确的是（

）A．的图象关于直线对称B．函数在上单调递减函数C．当时，函数的最大值为D．要得到函数的图象只需将的图象向右平移个单位【答案】D【分析】首先根据函数性质求函数的解析式，根据平移规律判断选项D，根据整体代入的方法和函数性质判断ABC选项.【详解】由函数的最大值可知，因为函数图象相邻两条对称轴之间的距离为，所以周期，则，解得：，又函数关于点对称，则，解得：，，因为，所以，所以函数，对于A，当时，，所以不是函数的对称轴，所以A错误；对于B，若，则，所以函数在上不具有单调性，故B错误.对于C，当时，，所以，所以，故C错误；对于D，向右平移个单位后得到，，所以D正确；故选：D.8．如图，在中，M为线段的中点，G为线段上一点，，过点G的直线分别交直线，于P，Q两点，，，则的最小值为（

）．A． B． C．3 D．9【答案】B【分析】先利用向量的线性运算得到，再利用三点共线的充要条件，得到，再利用基本不等式即可求出结果.【详解】因为M为线段的中点，所以，又因为，所以，又，，所以，又三点共线，所以，即，所以，当且仅当，即时取等号.故选：B.二、多选题9．欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，依据欧拉公式，下列选项正确的是（

）A．复数为纯虚数 B．对应的点位于第二象限C． D．的最大值为3【答案】ACD【分析】根据欧拉公式，结合复数模的几何意义逐一判断即可.【详解】因为，所以复数为纯虚数，因此选项A正确；因为，所以复数对应的点为，而，所以对应的点位于第一象限，因此选项B不正确；所以选项C正确；，所以表示单位圆上的点到的距离，因此的最大值为，所以选项D正确，故选：ACD10．下列说法中不正确的是（

）A．向量能作为平面内所有向量的一组基底B．已知为单位向量，若，则在上的投影向量为C．若，则与垂直的单位向量坐标为或D．若，则与的夹角是钝角【答案】ABD【分析】依据向量的基底定义判断选项A；求得在上的投影向量判断选项B；求得与垂直的单位向量坐标判断选项C；求得与的夹角判断选项D.【详解】选项A：，则，则向量不能作为平面内所有向量的一组基底.判断错误；选项B：已知为单位向量，若，则在上的投影向量为.判断错误；选项C：若，设与垂直的单位向量坐标为，则，解之得或则与垂直的单位向量坐标为或.判断正确；选项D：若，则与的夹角是钝角或平角.判断错误.故选：ABD11．在△ABC中，a，b，c分别为，∠C的对边，则下列叙述正确的是（

）A．若，则△ABC为等腰三角形B．若，则C．若，则△ABC为钝角三角形D．若，则【答案】BD【分析】由正弦定理边角互化，结合三角函数的性质以及和差角二倍角公式即可判断ABD，由向量的数量积定义即可判断C.【详解】由得或，由于在三角形中，所以或，故△ABC为等腰三角形或者为直角三角形，故A错误，由，得，由正弦定理得，故B正确，若，则,因此为锐角，故无法确定△ABC为钝角三角形，故C错误，由得,进而可得，由于,所以,由于,所以,故D正确，故选：BD12．如图，在正方体中，点在线段上运动，有下列判断，其中正确的是（

）A．平面平面B．平面C．异面直线与所成角的取值范围是D．三棱锥的体积不变【答案】ABD【分析】对于A，利用线面垂直的判定定理证得平面，从而利用面面垂直的判定定理即可判断；对于B，利用线面平行与面面平行的判定定理证得平面平面，从而得以判断；对于C，利用线线平行将异面直线与所成角转化为与所成的角，从而在等边中即可求得该角的范围，由此判断即可；对于D，先利用线线平行得到点到面平面的距离不变，再利用等体积法即可判断.【详解】对于A，连接，如图，因为在正方体中，平面，又平面，所以，因为在正方形中，又与为平面内的两条相交直线，所以平面，因为平面，所以，同理可得，因为与为平面内两条相交直线，可得平面，又平面，从而平面平面，故A正确；.

对于B，连接，，如图，因为，，所以四边形是平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理平面，又、为平面内两条相交直线，所以平面平面，因为平面，所以平面，故B正确；对于C，因为，所以与所成角即为与所成的角，因为，所以为等边三角形，当与线段的两端点重合时，与所成角取得最小值；当与线段的中点重合时，与所成角取得最大值；所以与所成角的范围是，故C错误；对于D，由选项B得平面，故上任意一点到平面的距离均相等，即点到面平面的距离不变，不妨设为，则，所以三棱锥的体积不变，故D正确．故选：ABD.【点睛】关键点睛：解答本题关键在于熟练掌握线面垂直与面面垂直的判定定理、线面平行与面面平行的判定定理，能够利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化严密推理.三、填空题13．已知，，则的值为．【答案】【分析】将的两边同时平方可得，结合角的范围即可求得，即可计算出.【详解】由题意，两边同时平方可得，即，所以，又因为，所以，，所以，可得．故答案为：14．已知圆锥的底面半径为，为底面圆心，，为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为.【答案】【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图，

，，由的面积为，得，解得，于是，所以圆锥的体积.故答案为：15．已知函数，当时，的最大值是4，则．【答案】1【分析】化简，根据，结合三角函数的性质得到当时，取得最大值为，即可得出答案.【详解】因为，，当时，取得最大值为，则.故答案为：116．已知为等腰直角三角形，为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线与平面所成角的正切值为.【答案】【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，

显然平面，于是平面，又平面，因此平面平面，显然平面平面，直线平面，则直线在平面内的射影为直线，从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：，由正弦定理得，即，显然是锐角，，所以直线与平面所成的角的正切值为.故答案为：四、解答题17．已知函数.(1)化简函数的解析式；(2)若，，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用诱导公式化简函数即可；（2）根据同角三角函数的基本关系式、诱导公式求解即可.【详解】（1）；（2）由题意，因为，所以，由得，所以，所以.18．已知向量与满足，，与的夹角为.(1)求；(2)求；(3)若，求实数的值.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据数量积的定义计算可得；（2）根据及数量积的运算律计算可得；（3）依题意可得，根据数量积的运算律计算可得.【详解】（1）因为，，与的夹角为，所以.（2）.（3）因为，则，即，所以，即，解得.19．如图，在四棱锥中，平面，且四边形是正方形，，，分别是棱，，的中点．

(1)求证：平面；(2)若，求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接DE，推导四边形BEDF是平行四边形，从而得到，再得到，从而平面BFG，平面BFG，进而得到平面平面BFG，因此得证平面；（2）由平面，，可得平面ABCD，作，垂足为M，则，进而得到平面BFG，即的长是点C到平面BFG的距离，再利用等面积法求解即可.【详解】（1）连接，∵是正方形，，分别是棱，的中点，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，∵是的中点，∴，∵平面，平面，∴平面，平面，∵，直线在平面内，∴平面平面，∵平面，∴平面．（2）∵平面，，∴平面，过C在平面内，作，垂足为，则，∵，又直线FG，BF在平面内，∴平面，∴的长是点C到平面的距离，∵中，，∴由等面积可得，∴点C到平面的距离为.

20．已知函数.(1)求的对称轴方程；(2)将函数的图象的横坐标缩短为原来的后，纵坐标不变，得到函数的图象，求函数在上的单调递增区间.【答案】(1)(2)，【分析】（1）利用两角和的正弦公式化简，再结合正弦函数的性质计算可得；（2）根据三角函数的变换规则求出的解析式，由的取值范围，求出的取值范围，再结合正弦函数的性质得到不等式组，解得即可.【详解】（1），即，令，解得，所以函数的对称轴方程为.（2）将函数的图象的横坐标缩短为原来的后，纵坐标不变，得到函数，由，则，令，解得，令，解得，所以在上的单调递增区间为，.21．在中，角，，所对的边分别为，，，已知(1)求角的大小；(2)若，，求边及的值．【答案】(1)(2)，【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换化简已知等式可求，根据角的范围即可求解的值；（2）由已知利用正弦定理可得的值，利用同角三角函数基本关系式可求的值，利用二倍角公式可求，的值，由余弦定理可得，解方程可求的值，利用两角和的余弦公式即可求解的值．【详解】（1）因为，可得，所以由正弦定理可得，又为三角形内角，，所以，因为，，，所以，可得，所以；（2）因为，，，所以由正弦定理，可得，所以为锐角，，，，由余弦定理，可得，整理可得，解得或（舍去），所以．22．今年“五一”假期，“进淄赶烤”成为最火旅游路线，全国各地游客纷纷涌向淄博，感受疫情后第一个最具人间烟火气的假期．某地为了吸引各地游客，也开始动工兴建集就餐娱乐于一体的休闲区如图，在的长均为60米的区域内，拟修建娱乐区、就餐区、儿童乐园区，其中为了保证游客能及