河南省驻马店市2022-2023学年高一下学期期末数学试卷(解析)

高中数学精编资源驻马店市2022~2023学年度第二学期期终考试高一数学试题本试题卷分为第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分.考生作答时,将答案答在答题卡上,在本试题卷上答题无效.注意事项:1.答题前,考生务必将自己的姓名､准考证号填写(涂)在答题卡上,考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号､姓名”与考生本人准考证号､姓名是否一致.2.第Ⅰ卷每小题选出答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其它答案标号.第Ⅱ卷用黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答,在试题上作答,答案无效.3.考试结束,监考教师将答题卡收回.第Ⅰ卷(选择题共60分)一､单选题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每个小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1.如果点在直线上,而直线又在平面内,那么可以记作( )．A., B., C., D.,【答案】B【解析】【详解】直线上有无数个点,直线可看成点的集合,点在直线上,可记作,直线在平面内,可记作,故选．2.与值最接近的数是()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式及特殊角的三角函数值判断即可.【详解】.故选:D3.已知矩形的对角线相交于点,则()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用相等向量结合平面向量的减法可化简向量.【详解】在矩形中,,又因为,则,因此,.故选:D.4.用斜二测画法画的直观图如图所示,其中,,则中边上的中线长为()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】作出的原图形,结合三角形的几何性质可求得中边上的中线长.【详解】在直观图中,,且,则,故,又因为,则,可得,故为等腰直角三角形,所以,,故轴,依据题意,作出的原图形如下图所示:延长至点,使得,则为的中点,由题意可知,,,,且,所以,且,故四边形为平行四边形,则,取的中点,连接,因为、分别为、的中点,则.故选:D.5.在复平面内,角的顶点为坐标原点,始边为实轴非负半轴,终边经过复数所对应的点,则()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意求出角的终边经过的点的坐标,然后利用任意角的三角函数的定义可求得结果.【详解】复数在复平面内所对应的点为,因为在复平面内,角的顶点为坐标原点,始边为实轴非负半轴,终边经过点,所以,故选:B6.我国人脸识别技术处于世界领先地位.所谓人脸识别,就是利用计算机检测样本之间的相似度,余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点为坐标原点,余弦相似度Similarity为向量夹角的余弦值,记作,余弦距离为.已知,若的余弦距离为的余弦距离为,则()A. B. C.4 D.7【答案】A【解析】【分析】由题设,,,利用向量夹角公式求得、,根据新定义及正余弦齐次运算求目标式的值.【详解】由,,,,,所以,故,则,整理得.故选:A7.直角梯形,满足,,,现将其沿折叠成三棱锥,当三棱锥体积取最大值时其外接球的体积为A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由已知可得当平面平面时,三棱锥体积最大,根据线面位置关系可得确定球心及半径,即可得解.【详解】由已知得为定值,则当平面平面时,三棱锥体积取最大值,由四边形为直角梯形,,,,则,为直角三角形,,平面,故,又,且,平面,,为直角三角形,故,所以为外接球球心,半径,外接球体积,故选:B.8.已知函数,若对任意的,当时,恒成立,则实数的取值范围()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据三角恒等变换可化简为,当时,恒成立,进而将问题转化为在单调递减,利用正弦函数的单调性即可求解.【详解】所以得,进而,故,由于对任意的,当时,,恒成立,不妨设,则问题转化成在单调递减,所以其中,解得,故选:B【点睛】关键点睛:等价变形给定不等式,构造函数借助单调性求解是解题的关键.二､多选题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,至少有两项是符合题目要求的,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知为复数,则的值可能是()A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】设,则,从而可得.把各选项分别代入,求解即可判断.【详解】设,则,则,,所以.对于A,若,则,解得,所以,符合题意,A正确；对于B,若,则,解得,所以,符合题意,B正确；对于C,若,则,解得,所以,符合题意,C正确；对于D,若,则,解得,不存在,D错误.故选:ABC10.在中,,则下列结论错误的是()A.若,则有两解B.若,则钝角三角形C.若只有一解,则D.若为直角三角形,则【答案】BCD【解析】【分析】根据正弦定理求出的值可判断AB；利用特殊值法结合正弦定理可以判断CD.【详解】若,由正弦定理可得,因为,所以或,即有两解,A正确；若,由正弦定理可得,不存在,B错；时,由正弦定理可得,此时有一解,即“若只有一解,则”不正确,C错；时,由正弦定理可得,此时,三角形是直角三角形,即“若为直角三角形,则”不正确,D错；故选:BCD.11.如图,棱长为2的正方体中,点在线段上运动,则()A.异面直线与所成角的范围为B.二面角(不在点)的余弦值为C.点到平面的距离为D.存在一点,使得直线与平面所成角为【答案】BC【解析】【分析】利用特殊点说明A,取的中点,连接、,即为二面角(不在点)的平面角,即可判断B,利用等体积法求出点到平面的距离,即可判断C,连接,则为直线与平面所成的角,求出,即可判断D.【详解】对于A:当在点时,因为,所以即为异面直线()与所成角,因为为等腰直角三角形,所以,故A错误；对于B:因为在线段上,所以平面(不在点)即为平面,取的中点,连接、,则,,所以即为二面角(不在点)的平面角,又,,所以,故二面角(不在点)的余弦值为,即B正确；对于C:因为且,所以为平行四边形,所以,平面,平面,平面,所以点到平面的距离与点到平面的距离相等,又为边长为的等边三角形,所以,,设点到平面的距离为,又,即,解得,所以点到平面的距离为,故C正确；对于D:因为平面,连接,所以为直线与平面所成的角,因为,所以,所以最大为,当且仅当在、时取得,所以不存在点,使得直线与平面所成的角为,故D错误.故选:BC12.在中,为上一点,,若的外心恰好在上,则()A.B.C.D.在方向上的投影向量为【答案】ACD【解析】【分析】由正弦定理即可得到,再由平面向量基本定理即可判断A,由余弦定理即可求得,再由余弦定理即可判断C,由平面向量数量积的运算律即可判断B,由余弦定理结合投影向量的定义即可判断D【详解】对于A,因为的外心恰好在上,连接,则分别平分角,在与中,由正弦定理可得①,②,其中,,两式相除可得,,则,故A正确；对于C,设,则,在与中,由余弦定理可得,,即,解得,则,在中,,故C正确；对于B,因为,则,故B错误；对于D,在中,由余弦定理可得,,则在方向上的投影向量为.故D正确；故选:ACD第Ⅱ卷(非选择题共90分)三､填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在答题卡相应的位置上.13.已知复数,则__________.【答案】##【解析】【分析】根据题意,先求得与,将复数化简,然后结合复数的乘法运算即可得到结果.【详解】由题意可得,,,则,所以.故答案为:.14.《九章算术》中将正四梭台(上､下底面均为正方形)称为“方亭”.现有一方亭,高为2,上底面边长为2,下底面边长为4,则此方亭的表面积为__________.【答案】【解析】【分析】先利用勾股定理求出正四棱台侧面的高,再根据多面体的表面积公式即可得解.【详解】如图所示,分别是正四梭台不相邻两个侧面的高,,则即为正四梭台的高,,由,得,所以此方亭的表面积为.故答案为:.15.已知函数定义域为,满足,则__________.【答案】【解析】【分析】根据题意,由条件可得函数为周期函数,且周期为,然后求得即可得到结果.【详解】因为,,令,可得,所以,,,所以,即函数为周期函数,且周期为,当时,,所以,所以,则.故答案为:16.在中,所对的角分别为,若,则面积的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】根据正弦定理结合三角恒等变换化简可得,再根据余弦定理可得,进而根据三角形面积公式与基本不等式,结合三角恒等变换求解最值即可.【详解】由正弦定理可得,即,故,故,解得.由余弦定理,即,解得又由基本不等式可得,当且仅当时取等号.故,即,当且仅当时取等号,故故,又,故当时,取最大值,此时.故答案为:四､解答题:本大题共6小题,满分70分.解答时要求写出必要的文字说明､证明过程或推演步骤.17.已知是两个不共线的向量,为单位向量,.(1)若__________,求；在①；②两个条件中任选一个填在__________上,并作答.(2)是否存在实数,使得与共线,若存在求出；若不存在,说明理由,【答案】(1)答案见解析(2)不存在,理由见解析【解析】【分析】(1)若选①,则由,得可求出,再由可求得结果,若选②,则对两边平方,化简可求得,再由可求得结果；(2)若与共线,则由共线向量定理得存在实数,使得,然后列方程组求解即可.【小问1详解】选①由,得,即,由,得,因为,所以,选②由,即,由,,得,所以,【小问2详解】若与共线,则存在实数,使得由向量是两个不共线,即也即,显然不存在实数.18.如图,四棱锥中,底面为菱形,为等边三角形,平面底面为的中点,为线段上的动点.(1)证明:；(2)当平面时,求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)连接,则由等腰三角形的性质可得,再由面面垂直的性质可得平面,则,而∥,所以,然后由线面垂直的判定可得平面,再利用线面垂直的的性质得结论；(2)当平面时,可证得为中点,然后利用等体积法可求得三棱锥的体积.【小问1详解】连接.由为等边三角形,为的中点,故,且,因为平面平面,平面平面平面,故平面,因为平面,所以,又因为∥,所以,再由,平面,所以平面,因为平面,所以,【小问2详解】连接,因为平面,且平面,所以,因为,公共边,所以≌,所以,因为四边形为菱形,为等边三角形,,所以,所以和是全等的等边三角形,所以,因为平面,平面,所以,所以为中点,根据等体积法.19.已知.(1)求证:；(2)若关于的方程有两个不相等的实根,求实数的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】(1)方法一:将已知等式中正切化为正弦比余弦,然后化简变形可证得结论；方法二:利用二倍角公式将已知等式化为,再结合正切函数的性质可得结论；(2)将方程化简可得,令,然后在同一坐标系中作出的图象,结合图象可求得结果.【小问1详解】方法一:由,得.所以,即,因为,所以,或,解得,或(舍去),所以,方法二:由,且函数单调递增所以,即,【小问2详解】由(1)知,方程可化为,即,即,所以,因为,所以,则,在同一坐标系中作出的图象,因为关于的方程有两个不相等的实数根,由图象知:20.如图,A,B,C三地在以O为圆心的圆形区域边界上,A,B两地间的距离为30公里,两地间的距离为公里,是圆形区域外一景点,.(1)求圆的半径；(2)若一汽车从处出发,以每小时50公里的速度沿公路行驶到处需要多少小时？【答案】(1)15.28(2)1.25小时【解析】【分析】(1)在中利用余弦定理求出,再利用正弦定理可求出圆的半径；(2)在中求出,在中利用正弦定理求出,然后在中可求出,再利用余弦定理可求出,然后除以速度可得结果.【小问1详解】由题意,设圆的半径为,在中,,由余弦定理,,由正弦定理得,解得:,【小问2详解】由题意及(1)得在中,,故,在中,,由正弦定理知,即,在中,,,由余弦定理,得由一汽车从处出发,以每小时50公里的速度沿公路行驶到处,故所需时间:,即需要1.25小时21.如图,直三棱柱ABC­A1B1C1中,D,E分别是棱BC,AB的中点,点F在棱CC1上,已知AB＝AC,AA1＝3,BC＝CF＝2．(1)求证:C1E平面ADF；(2)设点M在棱BB1上,当BM为何值时,平面CAM⊥平面ADF．【答案】(1)证明见解析；(2)当BM＝1时,平面CAM⊥平面ADF．【解析】【分析】(1)连接CE交AD于O,连接OF．因为CE,AD为△ABC中线,所以O为△ABC的重心,,由此能够证明OFC1E,进而可得C1E平面ADF；．

(2)当BM＝1时,平面CAM⊥平面ADF．在直三棱柱ABC­A1B1C1中,先证出AD⊥平面B1BCC1．再证明当BM＝1时,平面CAM⊥平面ADF．【详解】(1)证明:连接CE交AD于O,连接OF．因为CE,AD为ABC的中线,则O为ABC的重心,故,故OFC1E,因为OF⊂平面ADF,C1E⊄平面ADF,所以C1E平面ADF；(2)当BM＝1时,平面CAM⊥平面ADF．证明如下:因为AB＝AC,D为BC的中点,故AD⊥BC．在直三棱柱ABC­A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,BB1⊂平面B1BCC1,故平面B1BCC1⊥平面ABC．又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC,AD⊂平面ABC,所以AD⊥平面B1BCC1,又CM⊂平面B1