山东省潍坊市2022-2023学年高一年级下册期末数学 含解析

高一数学试卷

本试卷共4页.满分150分,考试时间120分钟.

注意事项：

1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的准考证号.姓名.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改

动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本

试卷上无效.

3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回.

一、单项选择题：本大题共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.

i

z=-----

1.已知复数l—i（i为虚数单位），贝I的虚部为（）

1.1.一1

A.—IB.1C.-D.

2222

【答案】C

【解析】

【分析】

利用复数的除法运算化简z,由此求得z的虚部.

iz（l+z）-1+z11.i

【详解】Z-=（M（M=-=-2+2z-故虚部为1

故选：C

【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查复数虚部的概念，属于基础题.

2.已知向量a=（1,3）力=（3,2）,若a上b，则实数2的值为（）

A.7B.3C.-1D.-3

【答案】C

【解析】

【分析】利用向量垂直的坐标运算即可求出结果.

【详解】因为a=（l,3）,b=（3,/l）,又aj_b，

所以3+34=0,解得;1=—1,

故选：C.

3.在平面直角坐标系xQy中，若角a的终边经过点”(-1,2),贝i」sin15+aj=()

ARV5「后n2>/5

5555

【答案】B

【解析】

【分析】根据条件，利用三角函数的定义求出cosa=-好，再利用诱导公式即可求出结果.

5

【详解】角a终边经过点M(—l,2),所以cosa=]甘彳=—9,

又5抽(]+&)=(：0$<7,所以sin(]+a)=—咚，

故选：B.

4.已知水平放置的平面图形A8CO的直观图如图所示，其中

AB'HD'C',ZD'A'B'=45°,A'B'=3,CZ>'=1,AD=1,则平面图形ABC。的面积为()

【答案】D

【解析】

【分析】根据直观图画法的规则，确定原平面图形四边形A8C0的形状，求出上下底边边长，以及高，然

后求出面积

【详解】根据直观图画法的规则，直观图中4。平行于V轴，AD=\'43,在f轴上,

AB'//D'C',A'B'=3,C'£>'=1

则原平面图形ABC。中平行于V轴，A8在x轴上，AB//DC

从而有ADSAB，且4)=2477=2,AB=3,CD=\,如图所示,

【答案】D

【解析】

【分析】设4?=。，先利用余弦定理求出AC=再根据题意建立方程求出a=2,再利用正弦定理

即可求出结果.

【详解】设则3c=2a,因为ACD为等边三角形，所以NA3C=120。，

在中，由余弦定理得到，AC2=a2+4a2-2ax(2a)xcosl20°=la2,所以AC=J7a，

由题有£)C+8C-AD=AC-8。，所以axJ7a+2ax=6*，解得。=2,所以

AC=2行

由正弦定理知，———=2s=2r，解得2r=生巨，

sinZABCsin12003

故选：D.

8.在二ABC中，已知AC+8A-8d=2cA・CB，则内角。的最大值为()

兀兀兀2兀

A.-B.-C.—D.—

6433

【答案】C

【解析】

【分析】由定义法用边和角表示已知条件中的向量数量积，利用余弦定理化简，再利用不等式的性质求

cosC的最小值，可得角C的最大值.

【详解】JSC中，A,B,C的对边分别为a,b,c,

由AB-AC+BA-BC-2CA-CB-becosA+accosB-labcosC.

由余弦定理得。2+。2-。2+。2+c.2一/72=2("+/-2),即=202.

则cosC="+""c型=1,当a=o=c时，cose取到最小值

2ab4ab4ab22

所以角C的最大值为三.

3

故选：C

二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，

有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.

9.已知复数z=a+(a+l)i(aeR),则()

A.若zwR，则。=-1

B.若z是纯虚数，则。=0

C.若a=l,则7=1+2i

D.若a=3,贝生|=5

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据复数的概念判断A、B,根据共物复数判断C,根据复数的模判断D.

【详解】因为z=a+(a+l)i(aeR),

对于A：若zeR，则a+l=0,解得。=-1,故A正确；

<2=0

对于B：若z是纯虚数，则《解得。=0,故B正确；

口+1工0

对于C：若。=1,则z=l+2i,所以［=1—2i，故c错误；

对于D：若。=3,则z=3+4i,所以忖=力2+42=5,故D正确；

故选：ABD

10.某球形巧克力设计了一种圆柱形包装盒，每盒可装7个球形巧克力，每盒只装一层，相邻的球形巧克

力相切，与包装盒接触的6个球形巧克力与圆柱形包装盒侧面及上下底面都相切，如图是平行于底面且

过圆柱母线中点的截面，设包装盒的底面半径为R，球形巧克力的半径为『，每个球形巧克力的体积为

匕，包装盒的体积为匕，则()

A.R=3rB.R=6r

C.匕=9匕D.2匕=27K

【答案】AD

【解析】

【分析】从截面图可得R与，•的关系，由球和圆柱的体积公式计算乂和匕，判断选项.

【详解】由截面图可以看出，圆柱的底面直径是球形巧克力直径的3倍，即可得R=3r，

圆柱的高等于球形巧克力的直径，即。=2〃，

K=4无尸,匕=兀7?2〃=1871r3,则有2匕=27vl.

故选：AD

11.已知函数/(x)=tan(2s用(0>0)的最小正周期是：，则()

A.0=2

B《一卦倘

C.f(x)的对称中心为(?+记',0卜女£Z)

(TTITj

D./(力在区间内,§上单调递增

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据条件求出&=1,从而得到/(x)=tan(2x-C),再对各个选项逐一分析判断即可得出结

6

果.

【详解】因为函数/(x)=tan(2&x-彳卜0>0)的最小正周期是,，所以7=向=曰，

兀

又力>0,得到0=1,所以/(x)=tan(2x-z)，

6

选项A,因为0=1,故选项A错误；

选项B,因为/(-肉=tan(-1)=-tanf>/(y)=tan(翳=-tan蝶),

711In7171117t

又0<—<——<-,由丁=1211》的性质知，tan-<tan——，

3302330

所以《-耐>/(第，故选项B正确；

选项C,由2x—色=@(%GZ),得到x=@+2(%eZ),

62412、'

所以/(x)=tan(2xj)的对称中心为［"+jo］(ZeZ),故选项c正确；

选项D,当无/石,彳］时，2x—1€(0,7)，由丁=tanx的性质知，/(x)在区间［w］上单调递

\123J62\123y

增，故选项D正确.

故选：BCD.

12.东汉末年的数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”，根据面积关系给出了勾股定理的证明，后

人称其为“赵爽弦图”.如图1,它由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形.我们通过

类比得到图2,它由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形OEF拼成的一个大等边三角形ABC,则

()

A.这三个全等的钝角三角形可能是等腰三角形

B.若A8=SOP，则

sn

C.若AF=3,sin/CAE=*，则£F=2

14

D.若DE=；BE,则三角形A8C的面积是三角形。瓦1面积的19倍

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据三个全等的钝角三角形及一个小等边三角形DEF,应用正弦定理及余弦定理分别判断各个选

项即可.

【详解】选项A,若三个全等的钝角三角形是等腰三角形，则Ab=CE=BE=CE=A£)=BD,

从而三点重合，不合题意，故A错误；

在AABD中,不妨设AB=sJlDF=5，

由余弦定理=8万+（BZ）+f）-2BD（BD+r）cosl20，

7产=必+（BD+t\+BD\BD+t）

解得BD=t,BD=OE,故B正确；

5、6

在△AC尸中，sinZCAF=—.而NAEC=120,

14

所以cosZCAF=Vl-sin2ZC4F=—,

14

sinNACE=sin（60-ZCAF）=sin60cosZCAF-cos60sinZCAF=

CFAF

由正弦定理得,解得C「=5,

sinZCAFsinZACF

又因为AF=EC=3,所以EF=CF-EC=2,故C正确;

若DE=LBE,设DE=LBE=m,BE=AD=3m,BD=2m,

33

在△ABO中，AB2=BD：+AD2-2B£>-A£>cosl20=19疗，

1、八i八

s=-ABBCsin60=19m2x—7,S=­DF■£>Esin60?=m2x，

AoRCr24Lft,r24

所以H"C=19SOEF，故D正确.

故选:BCD.

三.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在答题卡的相应位置.

13.请写出一个周期为兀的偶函数〃x)=.

【答案】cos2%(答案不唯一)

【解析】

【分析】只要写出一个满足题意的函数即可.

【详解】由/(x)=cos2x的周期为：7宁=1=兀，

且/(—x)=cos(—2x)=cos2x=/(x),

故/(x)=cos2x为一个周期为兀的偶函数，

故答案为：cos2%(答案不唯一).

14.已知点A(2,l),向量04绕原点。顺时针旋转3得到向量08,则点8的坐标为.

【答案】(1,-2)

【解析】

【分析】设3（x,y）,由。8_L。4，|OB|=|OA|,结合点B所在象限，可求坐标.

倒=烟，即+y=0

【详解】设B（x,y）,由题意有06_L04,

由旋转方向可知点B第四象限，即x>0,y<0,

X=1

解得,所以点8的坐标为（1,-2）.

〔y=一2

故答案为：（1,-2）.

（兀、'JI

15.已知cos。+cos6+一一,ee[o,5，则sin8=

I3J3

【答案】牛

【解析】

【分析】利用两角和的余弦公式得到cos（6+W71）=g

,即可求出sin-I,再根据

6

sine=sin—£71利用两角差的正弦公式计算可得.

6

/、

=-^-,即6,

【详解】因为cose+cose+~cos0+cos0cos--sin^sin—

I3j333

所以3cos。一迫^sin。=

―,所以百—cos^--sin^

22

2237V

71

0/1+—兀s.in兀—

66

2727311276-1

---------X----------------X—=-----------------

32326

故答案为：马区二1

6

16.将半径均为2的四个球堆成如图所示的“三角垛”，则由球心A,B,C,。构成的四面体的外接球的表

面积为，若该三角垛能放入一个正四面体容器内，则该容器棱长的最小值为.

【答案】24K②.4+4〃

【解析】

【分析】正四面体补形成一个正方体，利用正方体对角线，求外接球的半径和表面积如；利用正四面体

中心到底面的距离与棱长的关系，列方程求容器棱长的最小值.

【详解】由球心A,B,C,。构成的四面体是正四面体，其棱长为4,

将正四面体补形成一个正方体，正方体的棱长为2正，正四面体的棱是正方体各面的对角线，如图所

则正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即外接球的半径/?=痛，外接球的表面积为

S=4K/?2=24兀.

对于正四面体38中，若边长为。为正四面体外接球球心，”是正四面体底面三角形的中

心，如图所示，

c

由于M为CQ的中点，所以

2

则AH=yjAB2-BH2=—a>

333

设外接球的半径为R，则。4=03=R,

Rt30〃中，R2=B*（AH-R『,解得R=^a，

所以0H=AH-R=^a.，即正四面体的中心。到正四面体底面的距离为亚〃，

1212

半径均为2的四个球堆成的“三角垛”，由球心A,B,C,。构成的四面体，棱长为4,该三角垛能放入一

个正四面体容器内，

则该容器棱长的最小值时，此时每个小球均与正四面体的面相切，任意两个小球外切，

设这个正四面体容器棱长为/,则有X&/="x4+2,

1212

解得/=4+4"，则该容器棱长的最小值为4+4指.

故答案为：24兀；4+4".

【点睛】方法点睛：正四面体的外接球问题，经常把正四面体补形成正方体，利用正方体的对角线为外

接球的直径，可减少运算量；与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接，解题时要认真分析图

形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，找到等量关系列出算

式.

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.已知i是虚数单位，设复数Z1=l+i,Z2=m—2i（/〃eR）.

（1）若Z1+z?=2-i,求实数机的值；

（2）若z「Z2在复平面上对应的点位于右半平面（不包括虚轴），求实数心的取值范围.

【答案】（1）1（2）m>-2

【解析】

【分析】（1）利用复数相等的条件即可求出结果；

（2）利用复数的四则运算求出Z「Z2,再根据复数的几何意义得到Z1『2对应的点，从而求出结果.

【小问1详解】

因为％=l+i,Z2=w-2i（根eR）,所以马+z2=l+m-i,

又Z]+Zz=2-i,所以1+,〃=2,解得m-\.

【小问2详解】

因为Zj-l+i,z2=m-2i（/neR）,所以z1-z2=/M-2i+mi-2i?=m+2+（,”-2）i,其在复平面上对

应点为（加+2,加一2）,

所以m+2>0,得到相>-2.

18.在平面直角坐标系中，。为坐标原点，已知点A（3,4）,3（—2,2）,且四边形Q4BC平行四边

形.

（1）求点C的坐标及k4；

（2）若点P为直线0B上的动点，求PA-PC的最小值.

【答案】（1）C（-5,-2）,|AC|=10.

（2）-25

【解析】

【分析】（1）Q48C是平行四边形，利用OC=AB求出点。的坐标，可得AC的坐标及|AC|；

（2）设点尸的坐标，表示出PA-PC，结合函数思想求最小值.

【小问1详解】

如图所示，

设C点坐标为(x,y),则OC=(x,y),Afi=(-5,-2),

x=-5

因为四边形Q4BC是平行四边形，0C=A8,则有｛.，所以C（—5,—2）,

。=-2

可得AC=（—8,-6）,|AC|=10.

【小问2详解】

由题意直线08的方程为）=一％,设P（a,一。），

则=(3—a,4+a),PC=(-5—a,—2+a),

所以P4PC=(3-a)(—5-a)+(4+a)(—2+a)=2a2+4a—23=2(a+l)2-25,

故当a=-l,点P坐标为(-1,1)时，PA-PC取得最小值-25.

19.已知LABC的内角A6,C所对的边分别为a,仇c,tanB=咽G±!.

tanC-1

(1)求A；

（2）若cosB=±叵为=血，求边

10

【答案】（1）-

4

（2）4

【解析】

【分析】（1）根据两角和差的正切公式结合角的范围即可求解;

（2）利用两角和的正弦公式，结合正弦定理可求得c.

【小问1详解】

〃兀

,厂1tanC+tan—,、

tanB=------।-=-------------=-tanfC+—=-tan(n-B),

tad1-tanCxtan^(4

4

3£(0,兀),。£(0,兀)，3+0+：=兀，

A兀

:,A=—

4

【小问2详解】

cosB=3ycos28+sin28=1,8£(0,兀),二sinB=,

10v710

所以9=2配一乙(keZ),又M<g,所以租=苫，

323

所以/(X)=2cos

【小问2详解】

将〃x)的图象向左平移.个单位可得到函数g(x)=2cos(2x+m)的图象，

方程g%x)+(2-m)g(x)+加一3=0,可得[g(x)-(加一3)][g(x)-l]=0,

可得g(x)=l时,cos(2尤+所以％=0；

所以g(x)=m-3在xw。弓有两个不相等的实数根，

即>=8(%)与丁=加-3的图象在xe0段有两个不同的交点，画出它们的大致图象，

由图象可得，—2</%—34一1,所以lv/n<2.

:°\=廿g(xji*

21.如图，在正六棱锥P—ABCDE下中，球O是其内切球，AB=2,PC=5/百，点M是底面

ABCDEF内一动点(含边界)，且OM=OP.

公

(1)求正六棱锥P-ABCDEF的体积；

(2)当点M在底面ABC。跖内运动时，求线段所形成的曲面与底面ABCD瓦'所围成的几何体

的表面积.

【答案】⑴6百

（2）（3+26）兀

【解析】

【分析】（1）由正六棱锥的结构特征，结合已知数据，求出底面积和高，可求体积；

（2）由=可得所示儿何体的圆锥，求出底面半径和母线长，可计算表面积.

【小问1详解】

设。।是底面的中心，连接P。，。。，

底面A6CDE尸为正六边形，可知△QBC为等边三角形，OlC=OlB=2,

S0回=3。口。。$皿N8℃=gx2x2x*=6

在Rtpqc中，PO、=c02_m2=3,

在正六边形ABCDEF中，5AB=6s0肛=6G，

所以％.ABCOEF-~X6\/3x3=673.

［小问2详解］

FV

AB

取8C的中点N,连接ON,O、N,PN,

设正六棱锥P—A5C0EE的内切球与侧面P8C相切于点“，可知H在PN上，连接OH,

等边三角形中，O\N=6

在RtPRN中，PO［=3,O、N=上,则PN=2jL所以NOPH=30"，

设内切球。的半径为r,则。a=OH=r,由PO=2O”,得3-r=2r,所以r=l,

所以0M=0P=2,

在RtOO|N中，ON=d（）O；+O\N2=2,所以ON=OM,

所以点M在六边形ABCDEF中，且以。।为圆心6为半径的圆上，

所以点M在底面ABCDEF内运动时，线段所形成的曲面与底面ABCD跖所围成的几何体为圆

锥，

圆锥底面半径为G，母线长为2,

此几何体的表面积为3兀+gx2x7rxJ5x2=（3+26）兀

【点睛】方法点睛：圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表

面积是侧面积与底面圆的面积之和.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接，解题时要认真

分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，找到等量关系

列出算式.

22.已知的内角所对边分别为a,上c.若内部有一个圆心为尸，半径为古米的圆，

它沿着.ABC的边内侧滚动一周，且始终保持与三角形的至少一条边相切.

（1）若一ABC为边长是16米的等边三角形，求圆心P经过的路程；

（2）若用28米的材料刚好围成这个三角形，请你设计一利'ABC的围成方案，使得圆心P经过的路程

最大并求出该最大值（若a*,c为正数，则a+O+cN3V诙，当且仅当。=力=。时取等号）.

【答案】（1）30米

28

（2）围成三角形为边长是三米的等边三角形时，圆心P经过的路程最大，最大值为10米

【解析】

【分析】（1）根据切线长定理得到A£>=AE=3G=M=CH=C/=3,即可得解；

（2）依题意=BG=BF=^^c“=a=^^,则圆心p走过的路程

tan——tan——tan——

222

/\

L=a+b+c-2金^+[^+上？，再由诱导公式、两角和的正切公式及基本不等式得到

ABC

tan——tan——tan—

I222

]11c国

ABC,即可求出L的最大值.

tan—tan—tatn一

222

【小问1详解】

71

如下图，因为..ABC是等边三角形，所以44=/B=/C=—,

3

比.百*AO=AE=-^BG=BFCH=CI=

依题屈、A，B，C，

tan——tan——tan——

2