2022-2023学年辽宁省丹东市高一下学期期末数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省丹东市2022-2023学年高一下学期期末数学试题一、单项选择题：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.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限〖答案〗B〖解析〗因为，所以对应的点为，它位于第二象限.故选：B.2.（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗.故选：A.3.已知圆台的上､下底面的面积分别为和，其母线的长为，则圆台的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗圆台的上、下底面面积分别为和，圆台的上、下底面半径分别为6和7，圆台的母线长为，如图为圆台的轴截面，分别为的中点，过作于，则，所以，圆台的高，圆台的体积．故选：A．4.要得到的图象，只要将的图象（）A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度〖答案〗D〖解析〗对于选项A：将的图象向左平移个单位长度，得到，故A错误；对于选项B：将的图象向右平移个单位长度，得到，故B错误；对于选项C：将的图象向左平移个单位长度，得到，故C错误；对于选项D：将的图象向右平移个单位长度，得到，故D正确.故选：D.5.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意可得：.故选：C.6.已知直线平面，直线平面，给出下列四个命题：①；②；③；④其中正确的命题个数为（

）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个〖答案〗B〖解析〗因为直线平面，直线平面，对于①，若，则，从而，故①对；对于②，若，则或，则与的位置关系不确定，故②错；对于③，若，则，因为平面.，则，故③对；对于④，因为，，则或，则或、相交、重合，故④错.故选：B.7.已知函数，且，则（）A.在区间上单调递减B.在区间上单调递增C.在区间上单调递减D.在区间上单调递增〖答案〗D〖解析〗因为且，所以，即，所以，即，所以，，则，，不妨取，所以，令，，解得，，所以的单调递减区间为，，令，，解得，，所以的单调递增区间为，，结合各选项可知只有D正确.故选：D.8.在长方体中，为的中点，，，则三棱锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗在长方体中，为的中点，，，所以为等腰直角三角形，则其外接圆的圆心为斜边的中点，且，所以三棱锥外接球的球心在经过点且垂直平面的直线上，设球心为，连接、、，则外接球的半径，设（或其延长线）与平面交于，连接，，则，，所以球心在平面的外部，设，则，，所以，解得，所以，则三棱锥外接球的表面积.故选：D.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.在复平面内，是坐标原点，，则（）A.的虚部为 B.C. D.〖答案〗BC〖解析〗因为，所以的虚部为，故A错误；，故B正确；，故C正确；，所以，故D错误.故选：BC.10.在中，角的对边分别为，则下列说法正确的是（）A当时，B.当是锐角三角形时，角的取值范围为C.外接圆的半径为2D.周长的取值范围为〖答案〗ABD〖解析〗A中，因为，由正弦定理可得，再由大边对大角可知正确；B中，因为是锐角三角形，则，解得，即，所以B正确；C中，设外接圆的半径为，则，所以，则C不正确；D中，，，由余弦定理可得，即，所以，可得，当且仅当时，等号成立，又在三角形中，，所以，，所以周长的取值范围为，故D正确．故选：ABD．11.在菱形中，是的中点，，则（）A. B.C. D.〖答案〗ABD〖解析〗对于A，因为是菱形，所以，，所以，所以A正确；对于D，因为是的中点，所以，所以，所以B正确；对于C，因为，所以，因为，所以，所以C错误；对于D，过作于，因为，所以∥，因为是的中点，所以为的四等分点，所以，所以D正确.故选：ABD.12.在正四棱柱中，点是的中点，，则（）A.是等腰三角形B.三棱锥的体积为C.∥平面D.平面截该长方体所得截面面积为3〖答案〗BCD〖解析〗对于选项A：由题意可知：，显然互不相等，所以不是等腰三角形，故A错误；对于选项B：三棱锥的体积为，故B正确；对于选项C：设，连接，可知：分别为的中点，则∥，且平面，平面，所以∥平面，故C正确；对于选项D：分别取的中点，连接，因为分别为的中点，则∥，，且∥，，可得∥，，可得为平行四边形，则∥，又因为分别为的中点，则∥，，可得为平行四边形，则∥，所以∥，同理可证：∥，所以平面截该长方体所得截面为平行四边形，在中，由选项A可知：，则，可得钝角，且，所以截面面积为，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.如图所示的图象是的一部分，则__________．〖答案〗〖解析〗由题意，的周期为：，解得，根据正切函数的定义域可知，，即，结合可得，则，此时，又，于是.故〖答案〗为：.14.已知中，角的对边分别为，，则角__________．〖答案〗〖解析〗因为，则，即，可得，且，所以.故〖答案〗：.15.已知，且是第三象限的角，则__________．〖答案〗〖解析〗因为，则，解得，又因为，且是第三象限的角，则，所以.故〖答案〗为：.16.“阿基米德多面体”称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形､六个面为正方形的一种半正多面体．则异面直线AB与CD所成角的余弦值为__________，直线AB与平面BCD所成角的正弦值为__________．〖答案〗〖解析〗如图，连接，由题意可知，三角形为等边三角形，因为，所以或其补角为异面直线AB与CD所成角，因为三角形为等边三角形，所以，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为；设半正多面体的棱长为，则，设点到平面的距离为，由题意可得点到平面的距离为，所以三棱锥的体积为，所以，则，则直线AB与平面BCD所成角的正弦值为.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.已知向量.（1）若，求；（2）若与的夹角为锐角，求的取值范围．解：（1）由题意可得：，因为，解得，所以，故.（2）令，解得，若与共线，则，解得，因为与的夹角为锐角，则，且与不共线，所以的取值范围为.18.如图，一条河的对岸有两点，在这条河的一侧有两个观测点，分别测得，已知在同一个水平面上，求的长．解：在中，可得，，所以，在中，可得，，由正弦定理，所以，在中，由余弦定理可得：，所以.19.如图所示多面体中，是等边三角形，平面平面，平面平面．（1）求证：//平面；（2）若，求多面体的体积．解：（1）过在平面内作，垂足为，由平面平面，平面平面，平面，根据面面垂直的判定，则平面，过在平面内作，垂足为，同理可推出平面，垂直于同一平面的两条直线平行，故.由题意，，故是全等的等边三角形，则这两个三角形对应高，于是四边形是平行四边形，故，又平面，平面，故//平面.（2）连接，则该几何体的体积，由（1）知，为棱锥的高，易得，，故，连接交于，由（1）得，为中位线，故//，故，又，根据和相似可得，，故到平面的距离是到平面距离的一半，故，于是.20.在中，角的对边分别为．（1）求证：；（2）若是上一点，平分，求．解：（1），，在中，由正弦定理得.（2）设，则，由（1）知，，所以，因为为的角平分线，所以，即，所以，由余弦定理知，化简整理得，，所以.21.如图（1）所示，，，，如图（2）所示，把沿折起，使平面平面，为的中点，连接，，．（1）求证：平面平面；（2）求二面角的正弦值．解：（1）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以，又且，平面，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）分别取，的中点，，连接，，，因为为的中点，所以，因为平面，所以平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，平面，所以，所以是二面角的平面角，又，，，所以，，所以，在直角中，，，，所以，即二面角的正弦值为．22.已知函数，．（1）当时，求的值域；（2）若满足，且在区间上单调递减，求：①的最小正周期；②方程的所有根之和．解：（1）由题意，当，，当时，，所以，则，即的值域为.（2）①因为，因为且在区间上单调递减，所以过点，即，，所以，，又，，解得，，又，所以，且，解得，综上所述可得，所以函数的最小正周期为.②由①可得，由，解得或，由于，所以，令，即，令，则，当时方程在上有两个根，记作，，且两根关于对称，所以，设方程的两根为，，则，所以，令，即，则当时，方程在上有三个根，，，则，，，设方程的三根为，，，则，所以，所以的所有根之和为．辽宁省丹东市2022-2023学年高一下学期期末数学试题一、单项选择题：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.在复平面内，复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限〖答案〗B〖解析〗因为，所以对应的点为，它位于第二象限.故选：B.2.（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗.故选：A.3.已知圆台的上､下底面的面积分别为和，其母线的长为，则圆台的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗圆台的上、下底面面积分别为和，圆台的上、下底面半径分别为6和7，圆台的母线长为，如图为圆台的轴截面，分别为的中点，过作于，则，所以，圆台的高，圆台的体积．故选：A．4.要得到的图象，只要将的图象（）A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度 D.向右平移个单位长度〖答案〗D〖解析〗对于选项A：将的图象向左平移个单位长度，得到，故A错误；对于选项B：将的图象向右平移个单位长度，得到，故B错误；对于选项C：将的图象向左平移个单位长度，得到，故C错误；对于选项D：将的图象向右平移个单位长度，得到，故D正确.故选：D.5.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意可得：.故选：C.6.已知直线平面，直线平面，给出下列四个命题：①；②；③；④其中正确的命题个数为（

）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个〖答案〗B〖解析〗因为直线平面，直线平面，对于①，若，则，从而，故①对；对于②，若，则或，则与的位置关系不确定，故②错；对于③，若，则，因为平面.，则，故③对；对于④，因为，，则或，则或、相交、重合，故④错.故选：B.7.已知函数，且，则（）A.在区间上单调递减B.在区间上单调递增C.在区间上单调递减D.在区间上单调递增〖答案〗D〖解析〗因为且，所以，即，所以，即，所以，，则，，不妨取，所以，令，，解得，，所以的单调递减区间为，，令，，解得，，所以的单调递增区间为，，结合各选项可知只有D正确.故选：D.8.在长方体中，为的中点，，，则三棱锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗在长方体中，为的中点，，，所以为等腰直角三角形，则其外接圆的圆心为斜边的中点，且，所以三棱锥外接球的球心在经过点且垂直平面的直线上，设球心为，连接、、，则外接球的半径，设（或其延长线）与平面交于，连接，，则，，所以球心在平面的外部，设，则，，所以，解得，所以，则三棱锥外接球的表面积.故选：D.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.在复平面内，是坐标原点，，则（）A.的虚部为 B.C. D.〖答案〗BC〖解析〗因为，所以的虚部为，故A错误；，故B正确；，故C正确；，所以，故D错误.故选：BC.10.在中，角的对边分别为，则下列说法正确的是（）A当时，B.当是锐角三角形时，角的取值范围为C.外接圆的半径为2D.周长的取值范围为〖答案〗ABD〖解析〗A中，因为，由正弦定理可得，再由大边对大角可知正确；B中，因为是锐角三角形，则，解得，即，所以B正确；C中，设外接圆的半径为，则，所以，则C不正确；D中，，，由余弦定理可得，即，所以，可得，当且仅当时，等号成立，又在三角形中，，所以，，所以周长的取值范围为，故D正确．故选：ABD．11.在菱形中，是的中点，，则（）A. B.C. D.〖答案〗ABD〖解析〗对于A，因为是菱形，所以，，所以，所以A正确；对于D，因为是的中点，所以，所以，所以B正确；对于C，因为，所以，因为，所以，所以C错误；对于D，过作于，因为，所以∥，因为是的中点，所以为的四等分点，所以，所以D正确.故选：ABD.12.在正四棱柱中，点是的中点，，则（）A.是等腰三角形B.三棱锥的体积为C.∥平面D.平面截该长方体所得截面面积为3〖答案〗BCD〖解析〗对于选项A：由题意可知：，显然互不相等，所以不是等腰三角形，故A错误；对于选项B：三棱锥的体积为，故B正确；对于选项C：设，连接，可知：分别为的中点，则∥，且平面，平面，所以∥平面，故C正确；对于选项D：分别取的中点，连接，因为分别为的中点，则∥，，且∥，，可得∥，，可得为平行四边形，则∥，又因为分别为的中点，则∥，，可得为平行四边形，则∥，所以∥，同理可证：∥，所以平面截该长方体所得截面为平行四边形，在中，由选项A可知：，则，可得钝角，且，所以截面面积为，故D正确.故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.如图所示的图象是的一部分，则__________．〖答案〗〖解析〗由题意，的周期为：，解得，根据正切函数的定义域可知，，即，结合可得，则，此时，又，于是.故〖答案〗为：.14.已知中，角的对边分别为，，则角__________．〖答案〗〖解析〗因为，则，即，可得，且，所以.故〖答案〗：.15.已知，且是第三象限的角，则__________．〖答案〗〖解析〗因为，则，解得，又因为，且是第三象限的角，则，所以.故〖答案〗为：.16.“阿基米德多面体”称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形､六个面为正方形的一种半正多面体．则异面直线AB与CD所成角的余弦值为__________，直线AB与平面BCD所成角的正弦值为__________．〖答案〗〖解析〗如图，连接，由题意可知，三角形为等边三角形，因为，所以或其补角为异面直线AB与CD所成角，因为三角形为等边三角形，所以，则异面直线AB与CD所成角的余弦值为；设半正多面体的棱长为，则，设点到平面的距离为，由题意可得点到平面的距离为，所以三棱锥的体积为，所以，则，则直线AB与平面BCD所成角的正弦值为.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.已知向量.（1）若，求；（2）若与的夹角为锐角，求的取值范围．解：（1）由题意可得：，因为，解得，所以，故.（2）令，解得，若与共线，则，解得，因为与的夹角为锐角，则，且与不共线，所以的取值范围为.18.如图，一条河的对岸有两点，在这条河的一侧有两个观测点，分别测得，已知在同一个水平面上，求的长．解：在中，可得，，所以，在中，可得，，由正弦定理，所以，在中，由余弦定理可得：，所以.19.如图所示多面体中，是等边三角形，平面平面，平面平面．（1）求证：//平面；（2）若，求多面体的体积．解：（1）过在平面内作，垂足为，由平面平面，平面平面，平面，根据面面垂直的判定，则平面，过在平面内作，垂足为，同理可推出平面，垂直于同一平面的两条直线平行，故.