四川省校2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）.docx

1、成都外国语学校20222023学年度下期期末考试高一（下）数学试卷考试时间120分钟；满分150分一、单项选择题：本大题共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. 复数在复平面内对应的点在（ ）A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限【答案】D【解析】【分析】由复数的几何意义求解.【详解】复数在复平面内对应的点为，在第四象限.故选：D2. 函数的最小正周期为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用辅助角公式化简函数的解析式，然后利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期.【详解】，因此，函数的最小正周期为.故选：

2、C.【点睛】本题考查正弦型函数周期的求解，化简函数的解析式是解答的关键，考查计算能力，属于基础题.3. 在中若，则角A的值（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据余弦的和差角公式以及诱导公式即可求解.【详解】由得，则，故，由于 所以 ，故选：C4. 如图，一个水平放置的平面图形OABC的斜二测直观图是平行四边形，且，则平面图形OABC的面积为（ ） A. 16B. 8C. 4D. 2【答案】A【解析】【分析】根据斜二测画法得到平面图形，即可得解；【详解】根据斜二测画法的规则可知该平面图形是矩形，如下图所示， 其中长，宽.故平面图形的面积为.故选：A5. 结果为（ ）A. B

3、. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由及和角正切公式展开整理，即可得结果.【详解】由，所以.故选：B6. 函数的一个周期内的图象如图所示，下列结论错误的是（ ）A. 的解析式是B. 函数的最小正周期是C. 函数的最大值是2D. 函数的一个对称中心是【答案】A【解析】【分析】由函数的图象的顶点坐标求出，由周期求出，由五点法作图求出的值，可得函数的解析式，即可判断ABC,由验证法即可代入求解D.【详解】由函数的最小值为可得，由图象可知，解得，再根据五点法作图可得，求得，故函数的解析式为，故A错误，BC正确，当时，代入中得，故是的对称中心，故D正确，故选：A7. 某同学有一个形如圆台的水杯如图

4、所示，已知圆台形水杯的母线长为6cm，上下底面圆的半径分别为4cm和2cm.为了防烫和防滑，水杯配有一个杯套，包裹水杯高度以下的外壁和杯底，如图中阴影部分所示，则杯套的表面积为（不考虑水杯材质和杯套的厚度）（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先根据题意得到杯套的形状可看作一个圆台，求出该圆台的母线长及上、下底面圆的半径，然后结合圆台的侧面积公式、圆的面积公式求解即可.【详解】根据题意，杯套的形状可看作一个圆台，且该圆台的母线长是圆台形水杯的母线长的，即4cm，下底面圆的半径为圆台形水杯的下底面圆的半径，即2cm，上底面圆的半径是，所以杯套的表面积.故选：C.8. 记的内角A

5、，B，C的对边分别为a，b，c，D是AC边上一点，且满足，则ac的最小值为（ ）A. B. C. 4D. 8【答案】B【解析】【分析】由可得，再由基本不等式即可求出答案.【详解】因为，所以，所以，所以，当且仅当时取等，所以，即，故ac的最小值为.故选：B. 二、多项选择题：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，有多项符合题目要求全部选对得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分9. 已知向量，则（ ）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】根据向量平行的判定方法可判定A是否正确；根据向量垂直的判定方法可判定B是否正确；根据向量的坐标运算方法可判定C、D是否正确

6、.【详解】由题意， ，A错误；，所以B正确，C错误；，D正确.故选：BD.10. 已知复数，下列命题正确的是（ ）A. B. 若，则C. D. 【答案】AC【解析】【分析】根据复数的定义和运算法则，结合复数模的计算及性质，逐项判定，即可求解.【详解】设，（其中），对于A中，可得且，所以，所以A正确；对于B中，例如，此时满足，但，所以B不正确；对于C中，根据复数模的性质，可得，所以C正确；对于D中，由，所以，所以D不正确.故选：AC.11. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且、，下面说法错误的是（ ）A. B. 是锐角三角形C. 的最大内角是最小内角的2倍D. 内切圆半径为【答案】B

7、C【解析】【分析】根据题意，由正弦定理，可判定A正确；由余弦定理求得，可判定B错误；由，可判定C错误；由设内切圆的半径为，根据面积相等，求得的值，可判定D正确.【详解】因为中， ，由正弦定理，可得，所以A正确；因为，所以，由余弦定理可得，因为，所以为钝角，所以钝角三角形，所以B不正确；由余弦定理可得，可得，所以C不正确；由，可得，可得的面积为，设内切圆的半径为，可得，解得，所以D正确.故选：BC.12. 数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，它是三组对棱分别相等的四面体已知等腰四面体ABCD中，三组对棱长分别是，则对该等腰四面体的叙述正确的是（ ）A. 该四面体A

8、BCD的体积是B. 该四面体ABCD的外接球表面积是32C. D. 一动点P从点B出发沿四面体ABCD的表面经过棱AD到点C的最短距离是【答案】ABD【解析】【分析】将等腰四面体放入长方体中，即可由长方体的性质求解AB,利用三角形全等即可判断C，由展开图，利用两点距离最小即可判断D.【详解】如图，将等腰四面体补成长方体，设该长方体的长、宽、高分别是，则解得，则该等腰四面体的体积为：故A正确，由于，所以,故所以,故C错误，由于等腰四面体的三条棱分别是长方体的三条面对角线，所以长方体的外接球即为等腰四面体的外接球，而长方体的体对角线长度为，故外接球的半径为，故表面积为，故B正确，将平面和平面沿着翻

9、折到一个平面 内，连接,则 即为最短距离，由于，则四边形为平行四边形，设 与交于点 ,则为 与的中点，在中，,故在中， 故D正确，故选：ABD 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 已知为虚数单位，复数，则的虚部是_【答案】【解析】【分析】由复数乘法运算可求得，根据虚部定义可得结果.【详解】，的虚部为.故答案为：.14. 已知单位向量,的夹角为45，与垂直，则k=_.【答案】【解析】【分析】首先求得向量的数量积，然后结合向量垂直的充分必要条件即可求得实数k的值.【详解】由题意可得：，由向量垂直的充分必要条件可得：，即：，解得：.故答案为：【点睛】本题主要考查平面向量的数量积定

10、义与运算法则，向量垂直的充分必要条件等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.15. 若将函数的图象向左平移个单位长度，平移后的图象关于点对称，则_【答案】【解析】【分析】先利用辅助角公式将函数的解析式化简，并求出平移变换后的函数解析式，由变换后的函数图象关于点对称，可得出的表达式，结合的范围可求出的值.【详解】,将函数的图象向左平移个单位后，所得图象的函数解析式为，由于函数的图象关于点对称，则，得，.故答案为：.16. 如图，在三棱柱中，E是棱AB上一点，且满足，若平面把三棱柱分成大、小两部分，则大、小两部分的体积比为_ 【答案】【解析】【分析】取的三等分点，连接，可得，设三棱柱的底面面

11、积为，高为，得到三棱柱的体积为，进而求得三棱台的体积为，即可求解.【详解】如图所示，由在三棱柱中，是棱上一点，且满足，即点为的三等分点，取的三等分点，连接，可得，设三棱柱的底面面积为，高为，则三棱柱的体积为，因为分别为三等分点，可得，即，所以三棱台的体积为，所以两部分的体积比为.故答案：. 四、解答题：本大题共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（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用两角和的正切公式求出，然后根据两角的取值范围即可求解；（2）利用同角三角函数的基本关系得到，然后结合（1）的结论和两角和的正弦公式即可求解.【小问

12、1详解】，.【小问2详解】由，求得，.18. 已知函数（1）求的最小正周期和对称轴方程；（2）若函数在上的值域【答案】（1）最小正周期为，对称轴为 （2）【解析】【分析】（1）利用两角和差、二倍角和辅助角公式化简得到，由正弦型函数最小正周期、对称轴方程的求法直接求解即可；（2）利用整体代换法，结合正弦函数的性质可确定值域.【小问1详解】，的最小正周期；令，解得：，的对称轴方程为.【小问2详解】当时，即在上的值域为.19. 如图，在OAB中，P为线段AB上的一个动点（不含端点），且满足（1）若，用向量，表示；（2）在（1）的条件下，若，且，求的值【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）以向量

13、，为基底，根据向量的线性运算，把用向量，表示；（2）以向量，为基底，结合（1）中的结论，求的值.【小问1详解】因为，所以，所以，当时，【小问2详解】由（1）可知，所以因为，所以，即的值20. 在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且（1）求角B的大小；（2）若，D为AC边上的一点，且_，求ABC的周长请在下列两个条件中选择一个作为条件补充在横线上，并解决问题D为线段AC的中点；BD是ABC的平分线（注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答记分）【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由正弦定理解三角形即可；（2）由三角形的面积公式及余弦定理求解即可.【小问1详解】解：由正弦定

14、理得：，代入上式得，【小问2详解】若选：因为，得，在中，由余弦定理得：，即，联立，可得：，所以.周长为若选：由BD平分ABC得，即在中，由余弦定理得：，又，联立得，解得：，（舍去），所以.周长为21. 如图，正四棱锥P-ABCD的侧棱长和底面边长均为13，M为侧棱PA上的点，且PMMA=58 （1）在线段BD上是否存在一点N，使直线平面PBC？如果存在，求出BNND的值，如果不存在，请说明理由；（2）假设存在满足条件（1）的点N，求线段MN的长【答案】（1）存在， （2）【解析】【分析】（1）假设存在一点N，使直线平面PBC，连接并延长，交于E，连接可得，再由，可得，假设成立，并且此时.（2）

15、由（1）得，然后利用余弦定理求得，又因，即可求得的长.【小问1详解】存在，；理由如下：假设存在，连接并延长，交于E，连接 因为平面，平面，平面，所以，则，因为正方形中，所以，假设成立.则此时.【小问2详解】由（1）得，所以；中，所以所以；因为，所以，所以22. 在锐角ABC中，记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点O为ABC的所在平面内一点，且满足（1）若，求的值；（2）在（1）条件下，求的最小值；（3）若，求的取值范围【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得到，求得，再由向量的线性运算法则，求得，得到为的外心，结合正弦定理，即可求得的长（2

16、）由（1）求得，且，根据向量的运算法则，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解； （3）取AB的中点D，连接OD，求得，由向量数量积的定义得到，结合题意，得到和，联立方程组，求得，化简得到，即可求解.【小问1详解】解：因为，由正弦定理得,因，可得，所以，又因为，可得，所以，即，因为，所以，又由，可得，解得，即，所以为的外心，由正弦定理有，所以【小问2详解】解：因为，所以，所以，所以，外接圆的半径，其中，且为锐角，故，由，可得，因为，解得，即则，则，且，因为余弦函数在上单调递减，在上单调递增，又因为，所以，所以，所以【小问3详解】解：如图所示：取AB的中点D，连接OD，则，所以，同理可得，由平面向量数量积的定义可得，因为，所以，即，所以，即，所以，联立可得，所以，又因为，因，可得，所以.【点睛】