河南省南阳市2022-2023学年高一下学期期末数学试题

2023年春期高中一年级期终质量评估数学试题注意事项：1.本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分，考生做题时将答案答在答题卡的指定位置上，在本试卷上答题无效､2.答题前､考生务必先将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上.3.选择题答案使用2B铅笔填涂，非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整，笔迹清楚4.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效.5.保持卷面清洁､不折叠､不破损.第Ⅰ卷选择题（共60分）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，则（）A. B.1 C. D.5【答案】C【解析】【分析】根据条件，利用复数的运算法则和模长的定义即可求出结果.【详解】因为，所以.故选：C.2.已知的边上有一点，且满足，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】利用向量的线性运算可得的表示形式.【详解】因为，故，整理得到：，故选：D.3.如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，则下列说法正确的是（）A. B.C.四边形的周长为 D.四边形的面积为【答案】D【解析】【分析】根据直观图与平面图的联系还原计算各选项即可.【详解】如图过作，由等腰梯形可得：是等腰直角三角形，即,即B错误；还原平面图为下图，即，即A错误；过C作CF⊥AB，由勾股定理得，故四边形ABCD的周长为：，即C错误；四边形ABCD的面积为：，即D正确.故选：D4.已知，，，则实数的大小关系是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】由，根据正弦函数、余弦函数及正切函数的性质判断即可.【详解】因为，所以，即，，即，，所以.故选：C5.矩形由如图所示三个全等的正方形拼接而成，令，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】设出正方形的边长，在和中，分别求出和，从而可求出的值，再利用即可求出结果.【详解】不妨设正方形的边长为1，则在中，，所以，则在中，，所以，所以，又易知，，所以，故.故选：B.6.如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中与底面的夹角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由展开图得到正方体的直观图，则即为与底面的夹角，再由锐角三角函数计算可得.【详解】由展开图可得如下直观图，由正方体的性质可知平面，则即为与底面的夹角，设正方体的棱长为，则，，所以，即与底面的夹角的余弦值为.故选：D7.在中，角所对的边分别为且的面积为，若，则（）A. B.5 C. D.【答案】A【解析】【分析】利用余弦定理结合面积公式可求.【详解】因为的面积为，故，故，又，故，故选：A.8.已知点G为三角形ABC的重心，且，当取最大值时，（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由题设可得，结合，及余弦定理可得，根据基本不等式即可求解.【详解】由题意，所以，即，所以，所以，又，，则，所以，即，由，，，所以，所以，当且仅当时等号成立，又在上单调递减，，所以当取最大值时，.故选：A【点睛】关键点点睛：此题考查向量的数量积运算及余弦定理的应用，解题的关键是结合三角形重心的性质和余弦定理可得，然后利用基本不等式求解，考查转化思想，属于较难题.二､多选题（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.已知不重合的两条直线和不重合的两个平面，则下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，且，则D.若，且，则【答案】BD【解析】【分析】根据面面平行的判定定理可得A的正误，根据线面垂直的性质定理可得B的正误，根据面面垂直的判定定理可得D的正误，根据线面的动态关系可判断C的正误.【详解】对于A，当，且相交时才有，故A错误.对于B，根据线面垂直的性质定理可得B正确.对于C，若，且，可绕旋转，此时或相交，故C错误.对于D，因为，故在中存在一条直线，使得，所以，所以，而，故，故D正确.故选：BD.10.已知复数满足，，x，，，所对应的向量分别为，，其中O为坐标原点，则（）A.的共辄复数为 B.当时，为纯虚数C.若，则 D.若，则【答案】CD【解析】【分析】根据复数的除法运算化简复数，进而根据共轭复数以及虚部的定义可判断A，B,根据复数的几何意义以及向量的垂直平行坐标满足的关系，即可判断C，结合复数模长公式即可判断D.【详解】A选项：由于，所以的共轭复数为，故选项A错误，,B选项：当当时，，若，则为为实数，故选项B错误；C选项：易知，，又，则，即，故选项C正确;D选项：由于，则，，，故，选项D正确．故选：CD.11.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”；底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”，四个面均为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，如图在堑堵中，AC⊥BC，且．下列说法正确的是（）A.四棱锥为“阳马”B.四面体的顶点都在同一个球面上，且球的表面积为C.四棱锥体积最大值为D.四面体为“鳖臑”【答案】ABD【解析】【分析】根据“阳马”和“鳖臑”的定义，可判断A，D的正误；当且仅当时，四棱锥体积有最大值，求值可判断C的正误；根据题意找到四面体的外接球的球心位置，求出外接球半径，利用球的表面积公式即可得到判断B.【详解】底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，∴在堑堵中，，侧棱平面，对A选项，∴，又，且，则平面，∴四棱锥为“阳马”，对；对C选项，在底面有，即，当且仅当时取等号，，故C错误；对D选项，由，即，又且，平面，∴平面，平面,∴，则为直角三角形，又由平面，平面，，则为直角三角形，由“堑堵”的定义可得为直角三角形，为直角三角形．∴四面体为“鳖臑”，故D正确；对B选项，由C知为直角三角形，侧棱平面，则易知,为直角三角形，而为直角三角形，则外接球球心位于的中点，则外接球半径，则球的表面积为，故B正确.故选：ABD．12.已知函数，则下列说法正确的是（）A.在区间上单调递增B.若，则C.的最小正周期为D.图象可以由函数的图象先向左平移个单位，再向上平移个单位得到【答案】ACD【解析】【分析】A.由，利用这些函数的性质判断；B.由求解判断；C.由判断；D.由函数利用平移变换和伸缩变换判断.【详解】A.，因为，所以，又在上递增，故正确；B.由，则，，，故错误；C.，，则，故正确；D.由函数的图象先向左平移个单位得到，再向上平移个单位得到，故正确，故选：ACD第II卷非选择题（共90分）三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13.已知角的顶点在坐标原点，始边在轴非负半轴，终边经过点，则__________.【答案】##【解析】【分析】根据三角函数的定义，利用条件求出，再利用齐次式即可求出结果.【详解】因为角的终边经过点，所以，所以，故答案为：.14.已知向量，若，则实数__________.【答案】【解析】【分析】利用向量垂直与数量积间的关系，得到，再根据条件即可求出结果.【详解】因为，所以，又，所以，解得.故答案为：.15.若四面体各棱的长是或，且该四面体不是正四面体，则其体积是_______（只需写出一个可能的值）【答案】或或(写出其中一个即可)【解析】【分析】考虑一条边为1，两条边为1，三条边为1三种情况，如图所示，分别利用体积公式，和利用长方体体积减去四个三棱锥的体积，计算得到答案.【详解】一条边为1，其余边为2时，如图1，不妨设，中点为，连接，作于，易知，，，故平面，平面，故，又，，故平面，易知，，故，.当有两条边为1时，只能时对边为1，如图2，不妨设设对应长方体的长宽高分别为：，则，解得，故.当有三条边为1时，只能是底边三条边为1，如图3所示，是中点，连接，故于，易知，，，故平面，平面，故，又，，故平面，易知，，，故，.其他情况不满足故答案为：或或(写出其中一个即可)16.如图所示，有一块三角形的空地，已知千米，AB＝4千米，则∠ACB＝________；现要在空地中修建一个三角形的绿化区域，其三个顶点为B，D，E，其中D，E为AC边上的点，若使，则BD＋BE最小值为________平方千米．【答案】①.##②.【解析】【分析】在中，利用余弦定理求得再由正弦定理求解；设分别在，中，利用正弦定理分别求得BD，BE，再由；令转化为求解.【详解】在中，由余弦定理得，则根据正弦定理有所以，；设则在中，由正弦定理得在中，由正弦定理得则；令则则易知分母且是一个单调递增的函数，则是一个单调递减的函数，当时，有最小值，．故答案为：；.四､解答题（本大题共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.（1）在①，②为纯虚数，③为非零实数这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解.已知复数为虚数单位，若__________，求实数的值.注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分.（2）已知是关于的实系数一元二次方程的一个根，求的值.【答案】（1）答案见解析；（2）【解析】【分析】（1）由复数的类型以及运算，列出关系式，从而得出实数m的值；（2）将代入方程求得.【详解】选条件①：因为，又，所以，，解得.选条件②：为纯虚数，解得选条件③：为非零实数，，解得.（2）因为为实系数一元二次方程：的一个根，，即，所以，解得，.18.已知是同一平面内的两个向量，其中.（1）当时，求与的夹角的余弦值；（2）若与共线，求实数的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由两向量余弦的夹角公式，根据条件，利用数量积的坐标运算和模长公式即可求出结果；（2）根据条件，先求与的坐标，再利用共线的坐标运算即可求出结果.【小问1详解】当时，，又，所以.【小问2详解】因为，所以，，又与共线，所以，解得.19.如图，在圆锥中，已知的直径，点是的中点，点为的中点.（1）证明：平面平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）由圆锥的性质可得，由圆的性质可得，由线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可证得结论；（2）利用（1）条件得到是二面角的平面角，再利用条件求出的三边长即可求出结果.【小问1详解】连接，因为,为的中点，所以.又底面，底面，所以，又，面，所以平面，又平面，所以平面平面．【小问2详解】由（1）知平面，面，所以，故是二面角的平面角，在中，，又点是的中点，点为的中点，所以，故，所以，即二面角的余弦值为.20.已知锐角的内角所对的边分别为，向量，，且.（1）求角的值；（2）若，求周长的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用向量垂直的坐标形式结合三角变换可得，故可求.（2）利用正弦定理结合三角变换公式可得，据此可求周长的取值范围.【小问1详解】因为，故，整理得到：，故，而，故，所以，而，故.【小问2详解】,因为为锐角三角形，故，故，所以，故，所以，故周长的取值范围为.21.如图是一个以为底面的正三棱柱被一平面所截得的几何体，截面为.已知.（1）在边上是否存在一点，使得平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由；（2）若，求几何体的体积.【答案】（1）存在，此时，理由见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连接，作交于点，连接，从而得到四边形为平行四边形，即可得到，从而得证；（2）将几何体转化为一个四棱锥和正三棱柱的体积进行计算.【小问1详解】存在，此时，如图，取的中点，连接，作交于点，连接，则，因为是的中点，所以为梯形的中位线，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，即在边上是存在一点，使得平面且.【小问2详解】如图在上取点使得，在上取点使得，连接、、，则三棱柱为正三棱柱，取的中点，连接，取的中点，连接，则，，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又，，，所以，，所以.22.已知函数.将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的，纵坐标不变，再将所得函数图象向右平移个单位长度，得到函数图象.（1）求函数在区间[，]上的单调递减区间；（2）若对于恒成立，求实数m的范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用辅助角公式可将化为，因[，]，则，后由在上的单调递减区间可得答案；（2）由题可得，后利用在单调性可得.方法1：令，则等价于，，后分三种情况，利用分离参数结合函数单调性可得答案；方法2：令，则等价于，，则，即可得