2022-2023学年辽宁省重点高中沈阳市郊联体高一下学期期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE2辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022-2023学年高一下学期期末数学考试试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求．1.复数(为虚数单位)，则复数的虚部为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗，虚部为.故选：C.2.已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则以下命题正确的是（）A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则〖答案〗D〖解析〗A：如图：由图可知异面，所以A错误；B：如图：由图可知，所以B错误；C：如图：由图可知，所以C错误；D：过作平面与平面交于，因为，所以，又因为，所以，由面面垂直的判定定理即可证得，故D正确.故选：D.3.正方体的棱长为2，P为中点，过A，P，三点的平面截正方体为两部分，则截面图形的面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如图，截面为四边形，取中点，连接，则，且，因为，且，所以四边形是平行四边形，则，，所以，且，又，所以截面为等腰梯形，且上底长为，下底长为，腰长为，所以截面的面积为.故选：C.4.若圆周率的近似值可以表示成，则的近似值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由已知.故选：C.5.如图，一艘船向正北方向航行，航行速度为每小时海里，在处看灯塔在船的北偏东的方向上.1小时后，船航行到处，在处看灯塔在船的北偏东的方向上，则船航行到处时与灯塔之间的距离为（）A海里 B.海里 C.海里 D.海里〖答案〗B〖解析〗，，，，则，即，.故选：B.6.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量与平行．若，，则BC边上的中线AD为（）A.1 B.2 C. D.〖答案〗D〖解析〗由于向量与平行，所以，由正弦定理得，由于，所以，由于，所以，，两边平方得，所以.故选：D.7.已知点为的外心，且，则为（）A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.不能确定〖答案〗C〖解析〗三个角所对的三边分别为，取的中点，的中点，的中点，连接，，，则，，，所以，，，因为，所以，即，由余弦定理得，因为，所以，即为钝角三角形.故选：C.8.故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿．由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶．如图，某几何体ABCDEF有五个面，其形状与四阿顶相类似．已知底面ABCD为矩形，，，底面ABCD，且．则几何体外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗连接AC，BD，设，取EF的中点N，连接MN，由题意知，球心O在直线MN上，取BC的中点G，连接FG，则，且，连接MG，过点F作于点P，则四边形MPFN是矩形，，则，设外接球半径为R，，则，，解得，故，所以外接球的表面积．故选：A.二、多选题：本题共4小题，每题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得2分，有错选得0分．9.已知向量，，则下列说法正确的是（）A.与向量方向相同的单位向量是B.C.向量在向量方向上的投影的数量是D.〖答案〗ABD〖解析〗对A，与向量共线且方向相同单位向量为，故A正确；对B，因为，，故，故，故成立，故B正确；对C，向量在向量上的投影数量是，故C错误；对D，，故，故D正确.故选：ABD.10.已知中，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c．下列命题正确的有（）A.若，，，则B.若为锐角三角形，则C.若，则为锐角三角形D.若，则是等边三角形〖答案〗BD〖解析〗选项A，由余弦定理知，，所以，即选项A错误；选项B，由题得，则，。则根据正弦函数单调性知：，，即，，则根据不等式性质有，故B正确；选项C，因为，所以，结合正弦定理，得，由余弦定理知，，因为，所以为锐角，但无法确定和的大小，即选项C错误；选项D，因为，则，可得，若，则，可得，即，则是等边三角形，故D正确.故选：BD.11.如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E、F，且，则下列结论中正确的是（）A.B.平面ABCDC.三棱锥的体积为定值D.直线AC与平面AEF的成角为〖答案〗ABC〖解析〗A选项，根据正方体的性质可知，由于，平面，所以平面，由于平面，所以，所以A选项正确；B选项，根据正方体的性质可知，由于平面，平面，所以平面，所以B选项正确；C选项，对于三棱锥，三角形的面积为定值，到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以C选项正确；D选项，根据正方体的性质可知，，设到平面的距离为，，即，解得，设直线AC与平面AEF的成角为，则，所以不是，D选项错误.故选：ABC.12.已知函数，则下列说法中正确的有（）A.的图象关于直线对称B.的图象可由函数的图象上每一个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）得到C.若在区间上单调，则实数的取值范围为D.若存在，使得，则的最大值为〖答案〗ACD〖解析〗对于A项，令得：，，则的对称轴为，，故A项正确；对于B项，的图象上每个点的横坐标变为原来的倍后得到，故B项不成立；对于C项，由题意知，，所以，又因为，，解得：，，所以单调递增区间为，，所以单调递减区间为，，当时，在上单调递增，在上单调递减，又因为在区间上单调，所以，故C项正确；对于D项，因为，即：，所以，所以或，又因为，所以解得：或，所以，或，所以当且时，取得最大值为，故D项正确.故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，，，则B的大小为______.〖答案〗〖解析〗在中，因为，，，由正弦定理，可得，又由，且，所以，所以.故〖答案〗为：.14.国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图，将底面半径都为b，高都为的半椭球（左侧图）和已被挖去了圆锥的圆柱右侧图）（被挖去的圆锥以圆柱的上底面为底面，下底面的圆心为顶点）放置于同一平面上，用平行于平面且与平面任意距离d处的平面截这两个几何体，截面分别为圆面和圆环，可以证明总成立．据此，图中圆柱体（右侧图）的底面半径b为2，高a为3，则该半椭球体（左侧图）的体积为______．〖答案〗〖解析〗根据题意，因为总成立，所以半椭球体的体积为，由题意知：，，所以半椭球体的体积为：．故〖答案〗为：．15.已知函数图象的一部分如图所示，则____________．〖答案〗2〖解析〗由图象可知A=2，且点(0，1)在图象上，所以1=2sin(ω·0+φ)，即sinφ=，因为|φ|<，所以φ=，又是函数的一个零点，由五点作图法可得ω+=2π，所以ω=2，所以，所以.故〖答案〗为：2.16.如图，已知在矩形ABCD和矩形ABEF中，，，且二面角为，则异面直线AC与BF所成角的余弦值为______．〖答案〗〖解析〗连接，，取中点，连接，四边形为矩形，，，平面平面，平面，平面，即为二面角的平面角，，又，，，为等边三角形，；分别为中点，，，或其补角即为异面直线与所成角，，，，即异面直线与所成角的余弦值为.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.在①，②为虚数，③为纯虚数，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中.已知复数：.（1）若_______，求实数的值；（2）若复数的模为，求的值.解：（1）选择①，则，解得.选择②为虚数，则，解得.选择③为纯虚数，则，，解得.（2）由可知：复数，依题意，解得.18.在中，角，，所对的边分别为，，，且．（1）求角的大小；（2）若角的角平分线与交于点，，，求的面积．解：（1）因为，所以根据正弦定理可得，即，由余弦定理可得，因为，所以.（2）由，得，解得，所以的面积为.19.如图，中，，是正方形，平面平面，若、分别是、的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面.解：（1）证明：如图，取的中点，连接，．，分别是和的中点，，．又四边形为正方形，，从而．平面，平面，平面，同理平面，又，平面平面，∵平面，则平面.（2）为正方形，．又平面平面，且平面平面，面，平面，平面，则，，，，则，得．又，平面，平面.20.在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且．（1）求角B的大小；（2）若是锐角三角形，求的取值范围．解：（1）因为，由余弦定理可得，整理得，所以，因为，所以.（2）因为，可得，所以，又因为为锐角三角形，，解得，由正弦定理可得，因为，可得，所以，所以，即的取值范围．21.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长均为2，且B1C=，，D是棱BB1的中点.（1）证明：平面ABC⊥平面ABB1A1；（2）求点B到平面ACD的距离.解：（1）证明：如图，取棱AB的中点O，连接OB1，OC，AB1，由题意可知AA1B1B为菱形，且，则为正三角形，因为O是棱AB的中点，所以.由题意可知△ABC是边长为2的等边三角形，则OC⊥AB，，因为△是边长为2的等边三角形，所以，因为，所以，所以.因为AB，OC平面ABC，且，所以⊥平面ABC.因为OB1平面ABB1A1，所以平面ABC⊥平面（2）作DH⊥AB，垂足为H，连接CH，则DH⊥平面ABC，因为D是棱BB1的中点，所以，，则，，因DH⊥平面ABC，且CH平面ABC，所以DH⊥CH，则.设点B到平面ACD的距离是d，因为，所以，解得，即点B到平面ACD的距离是.22.已知函数，满足．（1）求实数a的值，以及函数的最小正周期（无需证明）；（2）求在区间上的零点个数；（3）是否存在正整数n，使得在区间上恰有2022个零点，若存在，求出n的值，若不存在，请说明理由．解：（1），又，，解得，所以，函数的最小正周期为，理由为：因为，，所以，所以函数为周期函数，周期为，当时，，设则，所以，其中当且仅当时，，当时，，设，则，于是，所以，所以在只有时，，故函数的最小正周期为.（2）当时，，设则，令，可得或，或，又，或或或，其中，所以函数在区间上的零点个数为个.（3）当时，，设，则，于是，令，解得或，故在没有实根，结合（2）可得，在上有4个零点，而，所以函数在恰有2022个零点，即存在，使得在区间上恰有2022个零点.辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022-2023学年高一下学期期末数学考试试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求．1.复数(为虚数单位)，则复数的虚部为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗，虚部为.故选：C.2.已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则以下命题正确的是（）A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则〖答案〗D〖解析〗A：如图：由图可知异面，所以A错误；B：如图：由图可知，所以B错误；C：如图：由图可知，所以C错误；D：过作平面与平面交于，因为，所以，又因为，所以，由面面垂直的判定定理即可证得，故D正确.故选：D.3.正方体的棱长为2，P为中点，过A，P，三点的平面截正方体为两部分，则截面图形的面积为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗如图，截面为四边形，取中点，连接，则，且，因为，且，所以四边形是平行四边形，则，，所以，且，又，所以截面为等腰梯形，且上底长为，下底长为，腰长为，所以截面的面积为.故选：C.4.若圆周率的近似值可以表示成，则的近似值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由已知.故选：C.5.如图，一艘船向正北方向航行，航行速度为每小时海里，在处看灯塔在船的北偏东的方向上.1小时后，船航行到处，在处看灯塔在船的北偏东的方向上，则船航行到处时与灯塔之间的距离为（）A海里 B.海里 C.海里 D.海里〖答案〗B〖解析〗，，，，则，即，.故选：B.6.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量与平行．若，，则BC边上的中线AD为（）A.1 B.2 C. D.〖答案〗D〖解析〗由于向量与平行，所以，由正弦定理得，由于，所以，由于，所以，，两边平方得，所以.故选：D.7.已知点为的外心，且，则为（）A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.不能确定〖答案〗C〖解析〗三个角所对的三边分别为，取的中点，的中点，的中点，连接，，，则，，，所以，，，因为，所以，即，由余弦定理得，因为，所以，即为钝角三角形.故选：C.8.故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿．由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶．如图，某几何体ABCDEF有五个面，其形状与四阿顶相类似．已知底面ABCD为矩形，，，底面ABCD，且．则几何体外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗连接AC，BD，设，取EF的中点N，连接MN，由题意知，球心O在直线MN上，取BC的中点G，连接FG，则，且，连接MG，过点F作于点P，则四边形MPFN是矩形，，则，设外接球半径为R，，则，，解得，故，所以外接球的表面积．故选：A.二、多选题：本题共4小题，每题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得2分，有错选得0分．9.已知向量，，则下列说法正确的是（）A.与向量方向相同的单位向量是B.C.向量在向量方向上的投影的数量是D.〖答案〗ABD〖解析〗对A，与向量共线且方向相同单位向量为，故A正确；对B，因为，，故，故，故成立，故B正确；对C，向量在向量上的投影数量是，故C错误；对D，，故，故D正确.故选：ABD.10.已知中，其内角A，B，C的对边分别为a，b，c．下列命题正确的有（）A.若，，，则B.若为锐角三角形，则C.若，则为锐角三角形D.若，则是等边三角形〖答案〗BD〖解析〗选项A，由余弦定理知，，所以，即选项A错误；选项B，由题得，则，。则根据正弦函数单调性知：，，即，，则根据不等式性质有，故B正确；选项C，因为，所以，结合正弦定理，得，由余弦定理知，，因为，所以为锐角，但无法确定和的大小，即选项C错误；选项D，因为，则，可得，若，则，可得，即，则是等边三角形，故D正确.故选：BD.11.如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E、F，且，则下列结论中正确的是（）A.B.平面ABCDC.三棱锥的体积为定值D.直线AC与平面AEF的成角为〖答案〗ABC〖解析〗A选项，根据正方体的性质可知，由于，平面，所以平面，由于平面，所以，所以A选项正确；B选项，根据正方体的性质可知，由于平面，平面，所以平面，所以B选项正确；C选项，对于三棱锥，三角形的面积为定值，到平面的距离为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以C选项正确；D选项，根据正方体的性质可知，，设到平面的距离为，，即，解得，设直线AC与平面AEF的成角为，则，所以不是，D选项错误.故选：ABC.12.已知函数，则下列说法中正确的有（）A.的图象关于直线对称B.的图象可由函数的图象上每一个点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）得到C.若在区间上单调，则实数的取值范围为D.若存在，使得，则的最大值为〖答案〗ACD〖解析〗对于A项，令得：，，则的对称轴为，，故A项正确；对于B项，的图象上每个点的横坐标变为原来的倍后得到，故B项不成立；对于C项，由题意知，，所以，又因为，，解得：，，所以单调递增区间为，，所以单调递减区间为，，当时，在上单调递增，在上单调递减，又因为在区间上单调，所以，故C项正确；对于D项，因为，即：，所以，所以或，又因为，所以解得：或，所以，或，所以当且时，取得最大值为，故D项正确.故选：ACD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.在中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知，，，则B的大小为______.〖答案〗〖解析〗在中，因为，，，由正弦定理，可得，又由，且，所以，所以.故〖答案〗为：.14.国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异”即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．如图，将底面半径都为b，高都为的半椭球（左侧图）和已被挖去了圆锥的圆柱右侧图）（被挖去的圆锥以圆柱的上底面为底面，下底面的圆心为顶点）放置于同一平面上，用平行于平面且与平面任意距离d处的平面截这两个几何体，截面分别为圆面和圆环，可以证明总成立．据此，图中圆柱体（右侧图）的底面半径b为2，高a为3，则该半椭球体（左侧图）的体积为______．〖答案〗〖解析〗根据题意，因为总成立，所以半椭球体的体积为，由题意知：，，所以半椭球体的体积为：．故〖答案〗为：．15.已知函数图象的一部分如图所示，则____________．〖答案〗2〖解析〗由图象可知A=2，且点(0，1)在图象上，所以1=2sin(ω·0+φ)，即sinφ=，因为|φ|<，所以φ=，又是函数的一个零点，由五点作图法可得ω+=2π，所以ω=2，所以，所以.故〖答案〗为：2.16.如图，已知在矩形ABCD和矩形ABEF中，，，且二面角为，则异面直线AC与BF所成角的余弦值为______．〖答案〗〖解析〗连接，，取中点，连接，四边形为矩形，，，平面平面，平面，平面，即为二面角的平面角，，又，，，为等边三角形，；分别为中点，，，或其补角即为异面直线与所成角，，，，即异面直线与所成角的余弦值为.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.在①，②为虚数，③为纯虚数，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中.已知复数：.（1）若_______，求实数的值；（2）若复数的模为，求的值.解：（1）选择①，则，解得.选择②为虚数，则，解得.选择③为纯虚数，则，，解得.（2）由可知：复数，依题意，解得.18.在中，角，，所对的边分别为，，，且．（1）求角的大小；（2）若角的角平分线与交于点，，，求的面积．解：（1）因为，所以根据正弦定理可得，即，由余弦定理可得，因为，所以.（2）由，得，解得，所以的面积为.19.如图，中，，是正方形，平面平面，若、分别是、的中点．（1）求证：平面；（2）求证：平面.解：（1）证明：如图，取的中点，连接，．，分别是和的中点，，．又四边形为正方形，，从而．平面，平面，平面，同理平面，又，平面平面，∵平面，则平面.（2）为