2022-2023学年辽宁省沈阳市五校协作体高一下学期期末联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1辽宁省沈阳市五校协作体2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题一、单选题（本大题共8小题，共40分.）1.已知复数和，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗A〖解析〗，复数和是实数，成立，当时，例如，推不出，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.2.已知函数（）的图象的两个相邻对称中心之间的距离为，则（）A.2 B.4 C.8 D.16〖答案〗B〖解析〗设的最小正周期为，由函数（）的图象上相邻两个对称中心之间的距离为，知，，又因为，所以，即，则．故选：B．3.正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗依题意，不妨设，则，因为在正四棱柱中，，所以四边形是平行四边形，则，所以异面直线与所成角，在中，，，则，由余弦定理得.故选：C.4.已知向量，则与的夹角为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，则，且，则，即，所以，设与的夹角为，则，即，所以，因为，则.故选：D.5.两个圆锥有等长的母线，它们的侧面展开图恰好拼成一个圆，若它们的侧面积之比为，则它们的体积比是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设圆锥母线长为，侧面积较小的圆锥半径为，侧面积较大的圆锥半径为，它们的高分别为、，则，得，因为两圆锥的侧面展开图恰好拼成一个圆，所以，得，再由勾股定理，得，同理可得，所以两个圆锥的体积之比为.故选：A.6.两不共线的向量，，满足，且，，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意得：，，，，即，，，，，，即.故选：C.7.三内角，，所对边分别是，，.若，，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，由余弦定理，又，故，由正弦定理知：，则，，所以，而，则，且，又，当时的最大值为.故选：C.8.已知四面体ABCD满足，，，且该四面体ABCD的外接球的球半径为，四面体的内切球的球半径为，则的值是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题设，可将四面体补全为如下长方体，长宽高分别为，所以，四面体外接球即为长方体外接球，则半径，由题意，四面体的四个侧面均为全等三角形，，为三角形内角，所以，则，又，且，所以，即，综上，.故选：A.二、多选题（本大题共4小题，共20分.）9.已知复数满足，则（）A.的虚部为B.C.在复平面内对应的点在第四象限D若复数满足，则〖答案〗ABD〖解析〗因为，即，所以，则，所以的虚部为，故A正确；则，故B正确；在复平面内对应的点为，在第三象限，故C错误；满足的复数对应的点的集合是以为圆心，为半径的圆，而表示复数到原点的距离，且，则，故D正确.故选：ABD.10.若函数的图象经过点，则（）A.函数的最小正周期为B.点为函数图象的对称中心C.直线为函数图象的对称轴D.函数的单调增区间为〖答案〗AC〖解析〗因为函数的图象经过点，则，因为，所以，，则，对于A选项，函数的最小正周期为，A对；对于B选项，，故点不是函数图象的对称中心，B错；对于C选项，，故直线为函数图象的对称轴，C对；对于D选项，由得，因此，函数的单调增区间为，D错.故选：AC.11.如图，在三棱锥中，，，E为AB中点，下列结论正确的是（）A.面面B.二面角的平面角是C.三棱推体积（其中为的面积）D.若三棱锥存在外接球，则球心可能为点E〖答案〗ABC〖解析〗在三棱锥中，，，E为中点，则，因此是二面角的平面角，B正确；而平面，于是平面，又平面，因此平面平面，A正确；显然，C正确；在中，，即点到点的距离不全相等，因此点不可能是三棱锥外接球的球心，D错误.故选：ABC.12.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的是（）A.B.若，则该三角形周长的最大值为6C.若角A的平分线AD交BC于D，且AD＝2，则D.若的面积为2，a，b，c边上的高分别为，且，则的最大值为〖答案〗BCD〖解析〗对于A，因为，由正弦定理可得，又因为，所以，化简可得，又，可得，又，故，即选项A错误；对于B，若，又，由正弦定理得，所以，则，因为，所以，所以，则的最大值为，故B正确；对于C，因为若是的角平分线，且，故，而，所以，得，所以，则，当且仅当，即时，等号成立，所以，故C正确.对于D，由题意可得，所以，则，又因为，所以，由余弦定理得，当且仅当时等号成立，所以，所以，故D正确.故选：BCD.三、填空题（本大题共4小题，共20分.）13.若，，则在上投影向量的坐标为__________.〖答案〗〖解析〗设向量，的夹角为，则在上投影向量为.故〖答案〗为：.14.已知，如果存在实数，使得对任意的实数x，都有成立，则的最小值为______.〖答案〗〖解析〗因为，如果存在实数，使得对任意的实数，都有成立，则是函数的最小值，是函数的最大值，因为，若使得最小，则函数的最小正周期取最大值，且函数最小正周期最大值为，故的最小值为，则的最小值为.故〖答案〗为：.15.在棱长为1的正方体中，E在棱上且满足，点F是侧面上的动点，且面AEC，则动点F在侧面上的轨迹长度为______．〖答案〗〖解析〗如图，取的中点，并连接、、，因为E在棱上且满足，即E是棱的中点，所以，又平面，平面，所以平面，同理可证平面，又，所以平面平面，又平面，所以平面，所以动点F在侧面上的轨迹即为，因为正方体的棱长为1，由勾股定理有：.故〖答案〗为：.16.古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且，若，则实数的最小值为_________．〖答案〗〖解析〗根据圆内接四边形的性质可知：，所以，即，在中，，故，由题意可知：，则，所以，故，当且仅当时等号取得，又，所以，则，则实数的最小值为.故〖答案〗：.四、解答题（本大题共6小题，共70分.）17.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．（1）求角C的大小；（2）若，且的面积为，求边长c．解：（1）由正弦定理得：，∴，∵，∴，∴，则．（2）∵的面积为，则，∴根据题意得，则或，∵，∴，由余弦定理可得，即．18.已知.（1）化简求值；（2）若，且，求．解：（1）原式，由可得，，∴，∴.（2）由和，解得，又∵，∴，，∴，∴．19.已知．（1）时，求的值域；（2）把曲线上所有点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变．再把得到的图像向左平移个单位长度，得到函数的图像，若是R上的偶函数，求的值．解：（1），∵，即，则值域为.（2）由题可知，∵是偶函数，∴，，∴，，由∵∴或.20.如图①在平面直角坐标系中，已知，，动点在线段上．（1）求的最小值；（2）以四边形为底面做四棱锥如图②，使平面，且，求证：平面平面．解：（1）动点在线段上，可设，且，∴，，∴，∴，∴时，取最小值.（2）取的中点连接，是三角形的中位线，∴，，又由（1）得，，∴，，∴四边形为平行四边形，∴，∵平面，平面，∴，又∵，且为中点，∴，又，平面，∴平面，又，∴平面，又∵平面，∴平面平面.21.在如图所示的七面体中，底面为正方形，，，面．已知，．（1）设平面平面，证明：平面；（2）若二面角的正切值为，求四棱锥的体积．解：（1）因为底面为正方形，所以，因为平面ABFE，平面ABEF，所以平面ABFE，因为平面GCD，平面平面，所以，因为平面ABCD，平面ABCD，所以平面ABCD．（2）取中点，连接，因为面，面，所以，因为正方形，所以，因为平面，所以平面，又，所以平面，因为平面，所以，则为二面角的平面角，因为为中点，，所以，又，故四边形为矩形，所以，由面，得面，则，所以，因为且，所以，所以，所以.22.记的内角的对边分别为，已知．（1）求的值；（2）若的外接圆的半径为r，求的最小值．解：（1）因为，即，∴，∴，或，整理得，或，①当，∵，∴即，此时，与题意不符，舍去；②当，因为，所以.（2）由（1）知：，所以，，而，即有，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为．辽宁省沈阳市五校协作体2022-2023学年高一下学期期末联考数学试题一、单选题（本大题共8小题，共40分.）1.已知复数和，则“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件〖答案〗A〖解析〗，复数和是实数，成立，当时，例如，推不出，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.2.已知函数（）的图象的两个相邻对称中心之间的距离为，则（）A.2 B.4 C.8 D.16〖答案〗B〖解析〗设的最小正周期为，由函数（）的图象上相邻两个对称中心之间的距离为，知，，又因为，所以，即，则．故选：B．3.正四棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗依题意，不妨设，则，因为在正四棱柱中，，所以四边形是平行四边形，则，所以异面直线与所成角，在中，，，则，由余弦定理得.故选：C.4.已知向量，则与的夹角为（）A. B. C. D.〖答案〗D〖解析〗因为，则，且，则，即，所以，设与的夹角为，则，即，所以，因为，则.故选：D.5.两个圆锥有等长的母线，它们的侧面展开图恰好拼成一个圆，若它们的侧面积之比为，则它们的体积比是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗设圆锥母线长为，侧面积较小的圆锥半径为，侧面积较大的圆锥半径为，它们的高分别为、，则，得，因为两圆锥的侧面展开图恰好拼成一个圆，所以，得，再由勾股定理，得，同理可得，所以两个圆锥的体积之比为.故选：A.6.两不共线的向量，，满足，且，，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意得：，，，，即，，，，，，即.故选：C.7.三内角，，所对边分别是，，.若，，则的最大值为（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因为，由余弦定理，又，故，由正弦定理知：，则，，所以，而，则，且，又，当时的最大值为.故选：C.8.已知四面体ABCD满足，，，且该四面体ABCD的外接球的球半径为，四面体的内切球的球半径为，则的值是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题设，可将四面体补全为如下长方体，长宽高分别为，所以，四面体外接球即为长方体外接球，则半径，由题意，四面体的四个侧面均为全等三角形，，为三角形内角，所以，则，又，且，所以，即，综上，.故选：A.二、多选题（本大题共4小题，共20分.）9.已知复数满足，则（）A.的虚部为B.C.在复平面内对应的点在第四象限D若复数满足，则〖答案〗ABD〖解析〗因为，即，所以，则，所以的虚部为，故A正确；则，故B正确；在复平面内对应的点为，在第三象限，故C错误；满足的复数对应的点的集合是以为圆心，为半径的圆，而表示复数到原点的距离，且，则，故D正确.故选：ABD.10.若函数的图象经过点，则（）A.函数的最小正周期为B.点为函数图象的对称中心C.直线为函数图象的对称轴D.函数的单调增区间为〖答案〗AC〖解析〗因为函数的图象经过点，则，因为，所以，，则，对于A选项，函数的最小正周期为，A对；对于B选项，，故点不是函数图象的对称中心，B错；对于C选项，，故直线为函数图象的对称轴，C对；对于D选项，由得，因此，函数的单调增区间为，D错.故选：AC.11.如图，在三棱锥中，，，E为AB中点，下列结论正确的是（）A.面面B.二面角的平面角是C.三棱推体积（其中为的面积）D.若三棱锥存在外接球，则球心可能为点E〖答案〗ABC〖解析〗在三棱锥中，，，E为中点，则，因此是二面角的平面角，B正确；而平面，于是平面，又平面，因此平面平面，A正确；显然，C正确；在中，，即点到点的距离不全相等，因此点不可能是三棱锥外接球的球心，D错误.故选：ABC.12.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则下列结论正确的是（）A.B.若，则该三角形周长的最大值为6C.若角A的平分线AD交BC于D，且AD＝2，则D.若的面积为2，a，b，c边上的高分别为，且，则的最大值为〖答案〗BCD〖解析〗对于A，因为，由正弦定理可得，又因为，所以，化简可得，又，可得，又，故，即选项A错误；对于B，若，又，由正弦定理得，所以，则，因为，所以，所以，则的最大值为，故B正确；对于C，因为若是的角平分线，且，故，而，所以，得，所以，则，当且仅当，即时，等号成立，所以，故C正确.对于D，由题意可得，所以，则，又因为，所以，由余弦定理得，当且仅当时等号成立，所以，所以，故D正确.故选：BCD.三、填空题（本大题共4小题，共20分.）13.若，，则在上投影向量的坐标为__________.〖答案〗〖解析〗设向量，的夹角为，则在上投影向量为.故〖答案〗为：.14.已知，如果存在实数，使得对任意的实数x，都有成立，则的最小值为______.〖答案〗〖解析〗因为，如果存在实数，使得对任意的实数，都有成立，则是函数的最小值，是函数的最大值，因为，若使得最小，则函数的最小正周期取最大值，且函数最小正周期最大值为，故的最小值为，则的最小值为.故〖答案〗为：.15.在棱长为1的正方体中，E在棱上且满足，点F是侧面上的动点，且面AEC，则动点F在侧面上的轨迹长度为______．〖答案〗〖解析〗如图，取的中点，并连接、、，因为E在棱上且满足，即E是棱的中点，所以，又平面，平面，所以平面，同理可证平面，又，所以平面平面，又平面，所以平面，所以动点F在侧面上的轨迹即为，因为正方体的棱长为1，由勾股定理有：.故〖答案〗为：.16.古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且，若，则实数的最小值为_________．〖答案〗〖解析〗根据圆内接四边形的性质可知：，所以，即，在中，，故，由题意可知：，则，所以，故，当且仅当时等号取得，又，所以，则，则实数的最小值为.故〖答案〗：.四、解答题（本大题共6小题，共70分.）17.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．（1）求角C的大小；（2）若，且的面积为，求边长c．解：（1）由正弦定理得：，∴，∵，∴，∴，则．（2）∵的面积为，则，∴根据题意得，则或，∵，∴，由余弦定理可得，即．18.已知.（1）化简求值；（2）若，且，求．解：（1）原式，由可得，，∴，∴.（2）由和，解得，又∵，∴，，∴，∴．19.已知．（1