2022-2023学年内蒙古自治区包头市高一下学期期末数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1内蒙古自治区包头市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.已知复数z满足，则z的共轭复数（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因，所以，所以z共轭复数.故选：C.2.函数的定义域是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意可得：，解得，函数的定义域为.故选：A.3.在中，D是BC的中点，E是AD的中点．若，则（）A. B. C.－1 D.1〖答案〗C〖解析〗如图所示，根据向量的线性运算法则，可得：，又因为，所以，所以.故选：C.4.三条直线，，的位置如图所示，它们的斜率分别为，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设三条直线，，的倾斜角为，由图可知，所以.故选：B.5.已知直线a，b，平面，，，则下列判断正确的是（）A.，B.，C.，，，D.，，〖答案〗D〖解析〗作长方体，连接左右侧面的对角线，如下图所示：对于A，设，，平面，显然，，但，故A错误；对于B，设，，平面，显然，，但，故B错误；对于C，当且仅当，，，与相交，此时，故C错误；对于D，根据面面平行的性质定理，故D正确.故选：D.6.若函数的图象与直线的两个相邻公共点之间的距离等于2，则对称中心到对称轴距离的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗函数的图象与直线的两个相邻公共点之间的距离等于2，可得函数的最小正周期为，则对称中心到对称轴距离的最小值为.故选：B.7.已知正三棱锥的侧棱，，两两互相垂直，且，则其外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为正三棱锥的侧棱，，两两互相垂直，且，如图将正三棱锥放到如下棱长为正方体中，则正三棱锥的外接球即为正方体的外接球，则正方体的外接球的半径，所以外接球的表面积.故选：A.8.已知的外接圆圆心为O，且，，则向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗∵的外接圆的圆心为O，且，

∴O为的中点，即为外接圆的直径，∴，

∵，∴是等边三角形，设为的中点，则，∴向量在向量上的投影向量为.故选：B.二、多项选择题：本题共4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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知，，，四点不共线，下列等式能判断为平行四边形的是（）A. B.（为平面内任意一点）C. D.（为平面内任意一点）〖答案〗ABC〖解析〗因为，，，四点不共线，对于A：，所以且，所以为平行四边形，故A正确；对于B：因为，所以，所以且，所以为平行四边形，故B正确；对于C：因为，即，所以，所以且，所以为平行四边形，故C正确；对于D：因为，所以，所以，所以四边形为平行四边形，故D错误.故选：ABC.10.在中，已知，，，则边的长可能为（）A.4 B.5 C.8 D.10〖答案〗AC〖解析〗因为，，，由余弦定理，即，即，解得或.故选：AC.11.函数在一个周期内的图象如图所示，则下列判断正确的是（）A.B.C.函数周期为D.将函数的图象向左平移可得的图象〖答案〗BC〖解析〗由图可知，，，，此时，令，则，，，，，，故A错误，B正确；由图可知的周期为，故C正确；将函数的图象向左平移得，与不同，故D错误.故选：BC.12.在正方体中，则下列判断正确的是（）A.直线与夹角为 B.直线与平面夹角为C.平面平面 D.直线平面〖答案〗BCD〖解析〗对于A，正方体的对角面是矩形，则，是直线与所成角或其补角，而为等边三角形，即，A错误；对于B，由平面，平面，得，而，，平面，因此平面，令，连接，则是直线与平面夹角，显然，B正确；对于C，由平面，平面，得，而，，平面，则平面，又平面，因此平面平面，C正确；对于D，由选项B知，平面，平面，则，同理，而平面，所以直线平面，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.已知复平面内复数对应的点在射线上，且，则______．〖答案〗〖解析〗由复平面内复数对应的点在射线上，所以，，其中，因为，可得，又因为，解得，所以.故〖答案〗为：.14.已知，且，则______．〖答案〗〖解析〗因为，且，所以，，，所以，所以，所以，所以.故〖答案〗为：.15.在一个直二面角的棱l上有两点A，B，线段，线段，并且，，，则CD的长为______．〖答案〗〖解析〗因为，则，又因为，，，，所以，连接，则，可得，所以.故〖答案〗为：.16.边长为2的等边三角形ABC的重心为G，设平面内任意一点P，则的最小值为______．〖答案〗〖解析〗由题意，设等边的边长为，以的中点为原点，以分别为轴建立直角坐标系，可作图如下：由为等边的重心，则，，即，，设，则，，，对于，，故.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.已知的三个顶点分别为，，.（1）求边上的高所在直线的方程；（2）求边上的中线所在直线的方程.解：（1）由题意得，且，所以，则边上的高所在直线的方程为，化简得.（2）由题知的中点，所以，则边上的中线所在直线的方程为，化简得.18.已知．（1）求的周期及单调递减区间；（2）求在上的最小值及相应自变量的取值集合．解：（1）由已知得，则的周期为，由得，所以的单调减区间为．（2）设，由题知，，则当时，最小值为0，此时，即，所以取到最小时相应的自变量的集合为．19.设向量．（1）求证：与互相垂直；（2）设，若与垂直，求实数的值；（3）设，当取最小值时，求的值．解：（1）证明：由向量，可得，又由，所以与互相垂直．（2）由，可得，因为，所以，解得．（3）因为，所以当时，取到最小值，于是，又，所以．20.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，分别为的中点．（1）求证：平面；（2）设平面，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求异面直线与所成角的余弦值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．解：（1）证明：取中点，连接，因为分别为的中点，则且，又因为且，则，且，所以平行四边形，则，因为面PAD，面PAD，所以平面．（2）若选条件①：由，因为，则，又由，且平面，所以平面，因为，所以平面，以为原点，以所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，如图所示，则，，，故，又由，则，所以异面直线与PC所成角的余弦值为．若选条件②：由，可得，所以，又由，所以，所以，即，又由平面，且平面，所以，因为，且平面，所以平面，以为原点，以所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系D－xyz，如图所示，则，，，故，又由，则，所以异面直线与PC所成角的余弦值为．21.如图，已知是圆的直径，且垂直圆所在的平面，且是弧的中点．（1）求点到平面的距离；（2）求二面角A－BM－P的正弦值．解：（1）设点到平面距离为，由题意知，因为平面，平面，所以，又平面，则平面，又平面，所以，由，得，，即，故，所以点到平面的距离为.（2）由（1）得，，所以即为二面角的平面角，因为，是弧的中点，所以，因为平面，平面，所以，则，则，所以二面角A－BM－P的正弦值为．22.如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径．一种从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C．现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为50m/min．在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，再从B匀速步行到C．假设缆车匀速直线运行的速度为100m/min，山路AC长为2520m，经测量，，∠B为钝角．（1）求索道AB的长度；（2）求乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？最短距离为多少m（结果保留根号）？解：（1）由，得，又，可得，由正弦定理，得，所以索道AB的长度为（m）．（2）设乙出发分钟时，甲、乙之间的距离为h，由余弦定理，可得，当时，取最小值．此时，h的最小值为．所以，乙出发分钟后，乙在缆车上与甲的最短距离为．内蒙古自治区包头市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.已知复数z满足，则z的共轭复数（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗因，所以，所以z共轭复数.故选：C.2.函数的定义域是（）A. B.C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意可得：，解得，函数的定义域为.故选：A.3.在中，D是BC的中点，E是AD的中点．若，则（）A. B. C.－1 D.1〖答案〗C〖解析〗如图所示，根据向量的线性运算法则，可得：，又因为，所以，所以.故选：C.4.三条直线，，的位置如图所示，它们的斜率分别为，，，则，，的大小关系为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗设三条直线，，的倾斜角为，由图可知，所以.故选：B.5.已知直线a，b，平面，，，则下列判断正确的是（）A.，B.，C.，，，D.，，〖答案〗D〖解析〗作长方体，连接左右侧面的对角线，如下图所示：对于A，设，，平面，显然，，但，故A错误；对于B，设，，平面，显然，，但，故B错误；对于C，当且仅当，，，与相交，此时，故C错误；对于D，根据面面平行的性质定理，故D正确.故选：D.6.若函数的图象与直线的两个相邻公共点之间的距离等于2，则对称中心到对称轴距离的最小值为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗函数的图象与直线的两个相邻公共点之间的距离等于2，可得函数的最小正周期为，则对称中心到对称轴距离的最小值为.故选：B.7.已知正三棱锥的侧棱，，两两互相垂直，且，则其外接球的表面积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗因为正三棱锥的侧棱，，两两互相垂直，且，如图将正三棱锥放到如下棱长为正方体中，则正三棱锥的外接球即为正方体的外接球，则正方体的外接球的半径，所以外接球的表面积.故选：A.8.已知的外接圆圆心为O，且，，则向量在向量上的投影向量为（）A. B. C. D.〖答案〗B〖解析〗∵的外接圆的圆心为O，且，

∴O为的中点，即为外接圆的直径，∴，

∵，∴是等边三角形，设为的中点，则，∴向量在向量上的投影向量为.故选：B.二、多项选择题：本题共4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，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知，，，四点不共线，下列等式能判断为平行四边形的是（）A. B.（为平面内任意一点）C. D.（为平面内任意一点）〖答案〗ABC〖解析〗因为，，，四点不共线，对于A：，所以且，所以为平行四边形，故A正确；对于B：因为，所以，所以且，所以为平行四边形，故B正确；对于C：因为，即，所以，所以且，所以为平行四边形，故C正确；对于D：因为，所以，所以，所以四边形为平行四边形，故D错误.故选：ABC.10.在中，已知，，，则边的长可能为（）A.4 B.5 C.8 D.10〖答案〗AC〖解析〗因为，，，由余弦定理，即，即，解得或.故选：AC.11.函数在一个周期内的图象如图所示，则下列判断正确的是（）A.B.C.函数周期为D.将函数的图象向左平移可得的图象〖答案〗BC〖解析〗由图可知，，，，此时，令，则，，，，，，故A错误，B正确；由图可知的周期为，故C正确；将函数的图象向左平移得，与不同，故D错误.故选：BC.12.在正方体中，则下列判断正确的是（）A.直线与夹角为 B.直线与平面夹角为C.平面平面 D.直线平面〖答案〗BCD〖解析〗对于A，正方体的对角面是矩形，则，是直线与所成角或其补角，而为等边三角形，即，A错误；对于B，由平面，平面，得，而，，平面，因此平面，令，连接，则是直线与平面夹角，显然，B正确；对于C，由平面，平面，得，而，，平面，则平面，又平面，因此平面平面，C正确；对于D，由选项B知，平面，平面，则，同理，而平面，所以直线平面，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.已知复平面内复数对应的点在射线上，且，则______．〖答案〗〖解析〗由复平面内复数对应的点在射线上，所以，，其中，因为，可得，又因为，解得，所以.故〖答案〗为：.14.已知，且，则______．〖答案〗〖解析〗因为，且，所以，，，所以，所以，所以，所以.故〖答案〗为：.15.在一个直二面角的棱l上有两点A，B，线段，线段，并且，，，则CD的长为______．〖答案〗〖解析〗因为，则，又因为，，，，所以，连接，则，可得，所以.故〖答案〗为：.16.边长为2的等边三角形ABC的重心为G，设平面内任意一点P，则的最小值为______．〖答案〗〖解析〗由题意，设等边的边长为，以的中点为原点，以分别为轴建立直角坐标系，可作图如下：由为等边的重心，则，，即，，设，则，，，对于，，故.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.已知的三个顶点分别为，，.（1）求边上的高所在直线的方程；（2）求边上的中线所在直线的方程.解：（1）由题意得，且，所以，则边上的高所在直线的方程为，化简得.（2）由题知的中点，所以，则边上的中线所在直线的方程为，化简得.18.已知．（1）求的周期及单调递减区间；（2）求在上的最小值及相应自变量的取值集合．解：（1）由已知得，则的周期为，由得，所以的单调减区间为．（2）设，由题知，，则当时，最小值为0，此时，即，所以取到最小时相应的自变量的集合为．19.设向量．（1）求证：与互相垂直；（2）设，若与垂直，求实数的值；（3）设，当取最小值时，求的值．解：（1）证明：由向量，可得，又由，所以与互相垂直．（2）由，可得，因为，所以，解得．（3）因为，所以当时，取到最小值，于是，又，所以．20.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，分别为的中点．（1）求证：平面；（2）设平面，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求异面直线与所成角的余弦值．条件①：；条件②：．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．解：（1）证明：取中点，连接，因为分别为的中点，则且，又因为且，则，且，所以平行四边形，则，因为面PAD，面PAD，所以平面．（2）若选条件①：由，因为，则，又由，且平面，所以平面，因为，所以平面，以为原点，以所在直线分别为x，y，z轴建立空间直