广东省珠海市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（教师版）

珠海市2022-2023学年度第二学期学生学业质量监测高一数学试题2023.7本试卷共5页，22小题，满分150分，考试用时120分钟.一、单选题：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.若，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由复数的除法和共轭复数的定义求解.【详解】若，则，所以.故选：D2.如图所示，的直观图是边长为4的等边，则在原图中，边上的高为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先求出直观图中上的高，即可求出，从而求出，即可得解.【详解】在直观图中，因为边长为的等边，所以上的高，∴，∴在原图中，上的高.故选：A3.（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据诱导公式和正弦两角和公式求解即可.【详解】.故选：C.4.在正方体中，E是的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值是（）A.0 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意分析可得异面直线DE与AC所成角为（或的补角），在中利用余弦定理运算求解.【详解】取的中点，连接，因为//，且，则为平行四边形，可得//，又因为分别为的中点，则//，所以//，故异面直线DE与AC所成角为（或的补角），设正方体的棱长为2，则，在中，由余弦定理，所以异面直线DE与AC所成角的余弦值是.故选：D.5.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由题干条件及二倍角公式，可得，结合同角三角函数的基本关系即可得解.【详解】因为，,所以原式可化简为：，因为，所以，所以，又，所以或（舍去）.故选：B.6.在四面体中，，，向量与的夹角为，若，，则该四面体外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，将四面体补形为直三棱柱，与余弦定理可得的长，再由正弦定理可得外接圆的半径，从而得到外接球的半径，即可得到结果.【详解】将四面体补成如图所示的直三棱柱，因为向量与的夹角为，所以，则，外接圆的半径，该四面体外接球的半径，所以该四面体外接球的表面积为．故选:D7.已知当时，函数取得最大值，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据辅助角公式、正弦型函数的最值以及二倍角公式求得结果.【详解】，设，，则，由题意知，当时，函数取得最大值，所以，，即，，故，所以.故选：D.8.在中，，，，是的外接圆上的一点，若，则的最大值是（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理与勾股定理得是直角三角形，进而可以建立直角坐标系，根据点的坐标得向量的坐标，由向量的坐标运算可得的表达式，进而利用三角函数求最值即可.【详解】因为在中，，，，由余弦定理得，所以，则，所以，故以AC的中点为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，，易得，则，，设的坐标为，则，又，所以，则，得，，所以，当且仅当时，等号成立，即的最大值为.故选：B.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是建立直角坐标系，利用向量的线性运算法则得到的关系式，从而利用三角函数的性质得解.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.已知复数，则下列命题正确的是（）A. B.C.复数的虚部为 D.复数的共轭复数在复平面上对应的点为【答案】BD【解析】【分析】由复数的除法计算出判断选项A，模的公式计算复数的模判断选项B，由定义得复数的虚部判断选项C，共轭复数的定义和复数的几何意义判断选项D.【详解】对于A，由，得，A选项错误；对于B，，B选项正确，对于C，复数的虚部为1，C选项错误，对于D，复数的共轭复数为，它在复平面上对应的点为，D选项正确.故选：BD10.下列说法正确的有（）A.已知，，若，则B.已知，若，，则C.若，则一定不与共线D.若，，为钝角，则实数的范围是【答案】AB【解析】【分析】根据向量垂直的坐标表示、共线的条件以及数量积的坐标表示逐一判断各选项.【详解】对于A，根据向量垂直的充要条件，解得，故A正确；对于B，因为有条件，若，，则根据两个向量的共线定理，当或时，显然成立；当且时，则存在唯一的实数，使得，，则，所以.故B正确对于C，，没有限制两个向量的方向，所以可以共线，故C错误；对于D，为钝角，则，且与不反向，即，且，得且.故D错误.故选：AB.11.已知，，则下列结论正确的是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】【分析】根据两角和得正弦公式计算即可判断A；将两边平方，结合二倍角得正弦公式即可判断B；结合B选项可判断得符号，进而可判断C；结合C选项求出，再根据商数关系即可判断D.【详解】，故A错；，平方得：，所以，故B对；，又因为，，由B选项知：，所以，因此，故C错；由C得，，所以，所以，因为，所以，所以，所以，故D对，故选：BD.12.如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且，，现将沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（）A. B.存在点P，使得C.存在点P，使得 D.三棱锥的体积最大值为【答案】ACD【解析】【分析】根据给定条件，利用平面图形翻折前后折线两侧量的关系，结合线线垂直、平行的判定判断BC；由线面垂直推理判断C；求出锥体体积最大值判断D作答.【详解】依题意，，则四边形为平行四边形，有，而，，即有，因此，即，因此，A正确；因为，，因此不平行，即不存在点P，使得，B错误；连接，当时，因为，即，则，而，平面，因此平面，又分别为的中点，即，于是平面，而平面，则，C正确；在翻折过程中，令与平面所成角为，则点到平面的距离，又的面积，因此三棱锥的体积，当且仅当，即平面时取等号，所以三棱锥的体积最大值为，D正确.故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.13.已知复数满足，则______.【答案】5【解析】【分析】根据给定条件，求出，再求出其模作答.【详解】由，得，因此，所以.故答案为：514.已知，是与方向相同的单位向量，若在上的投影向量为，则______.【答案】2【解析】【分析】根据投影向量公式求得结果即可.【详解】

在上的投影向量为，所以故答案为：2.15.已知，则______.【答案】##【解析】【分析】利用辅助角公式以及二倍角的余弦公式得出结果.【详解】∵，∴所以，∴所以.故答案为：.16.在中，，，为的外心，，，分别为，，的中点，且，则______.【答案】【解析】【分析】先求出，由，，两边平方，结合及数量积的定义直接求解.【详解】如图，设的外接圆半径为，由正弦定理，则，又因为，，分别为，，的中点，所以，，，三式平方相加可得，又因，代入得结果为.故答案为：.四、解答题：本题共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，，是同一平面内的三个向量，其中.（1）若，且，求坐标；（2）若为单位向量，且，求与的夹角.【答案】（1）或者（2）【解析】【分析】（1）设，由已知条件，列方程组求未知数；（2）由，求出，可得与的夹角.【小问1详解】设，由已知可得，解得或，所以或者.【小问2详解】由已知，.由得，即，即，所以，所以.因为，，故.18.如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，，且直线PD与底面ABCD所成的角为．（1）求证：平面平面PAC；（2）求点C到平面PBD的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面角可得底面ABCD为正方形，进而根据线线垂直可得线面垂直即可求面面垂直，（2）利用等体积法,结合三棱锥的体积公式即可求解.【小问1详解】证明：∵平面ABCD，故为直线PD与平面ABCD所成的角，因此，又，∴∵底面ABCD为矩形，且，∴底面ABCD为正方形，∴又，而，平面PAC，∴平面PAC，又平面PBD，∴平面平面PAC，【小问2详解】，由于,所以，设点C到平面PBD的距离为d，则∵，∴，解得：∴设点C到平面PBD的距离为．19.在中，内角所对的边分别为，，，设.（1）求角；（2）若，且，求面积的最大值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理，边转角得到，再利用角的范围，即可求出结果；（2）利用余弦定理得，根据结合余弦定理得到，再利用重要不等式，即可求出结果.【小问1详解】因为，由正弦定理得：，∴，所以整理得，，即所以，又，，所以或者（舍）或者（舍），所以，又，所以；【小问2详解】在中，由余弦定理得：，得，①又因为，所以，且，即，△ADB和△ADC中，由余弦定理得，②联立①②消去得（当且仅时等号成立），所以的面积.所以面积最大值为.20.已知函数.（1）设，函数是奇函数，求的值；（2）若在区间上恰有三条对称轴，求实数取值范围.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）化简得到，根据是一个奇函数得到，，结合所给范围得到答案.（2）确定，根据对称轴得到，解得答案.【小问1详解】，是奇函数，，即，又因为，所以或.【小问2详解】当时，，要让函数恰有3条对称轴，那么，解得，即.21.中国剪纸是一种民间艺术.具有广泛的群众基础，交融于各族人民的社会生活，现有一张矩形卡片，对角线长为（为常数），从中裁出一个内接正方形纸片，使得点，分别，上，设，矩形纸片的面积为，正方形纸片的面积为.（1）当时，求正方形纸片的边长（结果用表示）；（2）当变化时，求的最大值及对应的值【答案】（1）（2）最大值为，【解析】【分析】（1）设正方形的边长为，则，，则，求出，代入即可.（2）表示，得到，结合对勾函数的单调性进行求解.【小问1详解】设正方形的边长为，因为，易知，又，所以，，，，即，整理得到，当时，.【小问2详解】，因为，则，，则，在上单调递减，当时，故的最大值为，此时，，故，即.22.几何体是四棱锥，为正三角形，，，为线段的中点.（1）求证：平面；（2）线段上是否存在一点，使得四点共面？若存在，请求出的值；若不存在，并说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，【解析】【分析】（1）先由线面平行的判定理证得平面，再证得平面，由此利用面面平行的判定定理证得面面，从而得到平面；（2）先由线面平行