四川省成都市石室中学2022-2023学年高一数学下学期期末试题（Word版附解析）.docx

1、成都石室中学20222023学年度下期高2025届期末考试数学试题（时间：120分钟 满分：150分）第I卷 选择题（满分60分）一、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. 若点是函数图象的一个对称中心，则的值可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据正弦函数的对称中心可求出结果.【详解】依题意可得，所以，当时，.故选：C2. 复数(为虚数单位)，则其共轭复数的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据复数的乘法及除法运算求出，得到，即可求解.【详解】,的虚部为故选：A3. 已知为单位

2、向量，且，则（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】B【解析】【分析】先根据得，再根据向量模的公式计算即可得答案.【详解】因为为单位向量，且，所以，所以，所以.故选：B.【点睛】本题考查向量垂直关系的向量表示，向量的模的计算，考查运算能力，是基础题.4. 若，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式和二倍角的余弦公式即可得到答案.【详解】， ，且，故选：D.5. 设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】根据平行线的性质，结合垂直的性质、平面平行的性质逐一判断即可.【

3、详解】因为，若，分别在直线上为平面，的法向量，且，故，所以选项A说法正确；因为，所以，而，因此，所以选项B说法正确；当时，如下图所示：也可以满足，所以选项C说法不正确；因为，所以，而，所以，因此选项D说法正确，故选：C6. 记函数的最小正周期为，若，且，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】分析可知函数的图象关于直线对称，可得出，再利用函数的最小正周期求出的取值范围，即可得出的值.【详解】对任意的，则为函数的最大值或最小值，故函数的图象关于直线对称，故，解得，又因为且函数的最小正周期满足，即，解得，故.故选：D.7. 科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新

4、铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器，2022年5月，“极目一号”型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力“极目一号”型浮空艇长53米，高18米，若将它近似看作一个半球，一个圆柱和一个圆台的组合体，轴截面图如图2所示，则“极目一号”型浮空艇的体积约为（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据球、圆柱、圆台的体积公式可求出结果.【详解】根据题意，该组合体的直观图如图所示： 半球的半径为9米，圆柱的底面半径为9米，母线长为14米，圆台的两底

5、面半径分别为9米和1米，高为30米.则，所以.故选:A.8. 如图，在中，点在以为圆心且与边相切的圆上，则的最小值为（ ） A. 0B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由几何关系分解向量，根据数量积的定义与运算法则求解【详解】设为斜边上的高，则圆的半径，设为斜边的中点，则，因为，则，故当时，的最小值为.故选：C 二、选择题：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. 下列说法中错误的是（ ）A. 已知，则与可以作为平面内所有向量的一组基底B. 已知，则在上的投影向量的坐标是C. 若两非零向量，满

6、足，则D. 平面直角坐标系中，则为锐角三角形【答案】AD【解析】【分析】利用基底定义判断选项A；利用向量数量积定义判断选项B；利用向量垂直充要条件判断选项C；利用向量夹角定义判断选项D.【详解】选项A：已知，则，则，则与不可以作为平面内所有向量的一组基底，故A错误；选项B：在上的投影向量为，故B正确；选项C：若两非零向量，满足，则即，整理得，则，故C正确；选项D：平面直角坐标系中，则，则，则，则为直角三角形，故D错误；故选：AD.10. 复数在复平面内对应的点为，原点为，为虚数单位，下列说法正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若是关于的方程的一个根，则D. 若，则点的集合所构成的图形的

7、面积为【答案】BCD【解析】【分析】根据复数的概念、几何意义及其性质，对各个选项进行逐个检验即可得出结论.【详解】对于 A，令 , 满足 , 但 ,，故A错误；对于 B, 设 且不同时 0，故B正确；对于 C，且 是关于的方程 的一个根,也是关于 的方程 的另一个根,解得，故 , 故 C正确,对于D, 设 ,则 ,故 ,圆 的面积为 , 圆 的面积为, 故点的集合所构成的图形的面积为 , 故D正确.故选: BCD.11. 中，内角，的对边分别为，为的面积，且，下列选项正确的是（ ）A. B. 若有两解，则取值范围是C. 若为锐角三角形，则取值范围是D. 若为边上的中点，则的最大值为3【答案】A

8、BD【解析】【分析】根据向量运算结合面积公式得到，A正确；根据，代入数据则可判断B正确；确定，计算，C错误；利用均值不等式结合余弦定理得到D正确，得到答案.【详解】对选项A：，故，故，所以，故A正确；对选项B：若ABC有两解，则，即，则，故B正确；对选项C：为锐角三角形，则，故，则，故，故C错误；对选项D：若为边上的中点，则，故，又，由基本不等式得，当且仅当时等号成立，故，所以，故，正确；故选：ABD.12. 如图，在棱长为的正方体中，分别为棱，的中点，为面对角线上的一个动点，则（ ）A. 三棱锥的体积为定值B. 线段上存在点，使平面C. 线段上存在点，使平面平面D. 设直线与平面所成角为，则

9、的最大值为【答案】ABD【解析】【分析】对于A选项，利用等体积法判断；对于B、C、D三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解【详解】易得平面平面，所以到平面的距离为定值，又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，故A正确对于B, 如图所示, 以为坐标原点, 为轴, 为轴, 为轴, 建立空间直角坐标系, 则，, ，所以 ，设（），则所以，平面即解之得当为线段上靠近的四等分点时，平面.故B正确对于C，设平面的法向量则，取得 设平面 法向量 ,则取 , 得 ,平面平面设 , 即 ,解得 ，不合题意 线段上不存在点, 使平面/平面，故C错误对于D，平面的法向量为则因为所以所以的最大值为故D正确

10、故选：ABD第II卷 非选择题（满分90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若角的终边上有一点，则_【答案】【解析】【分析】先根据定义求出角的正切，再利用二倍角公式求解.【详解】由题意得，故.故答案为：14. 记面积为，则_.【答案】【解析】【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.【详解】由题意，所以，所以，解得（负值舍去）.故答案为：.15. 如图，在三棱锥中，平面，为的中点，则直线与所成角的余弦值为_. 【答案】【解析】【分析】利用线面垂直的性质定理，给合题设条件推得两两垂直，从而将三棱锥置于一个长方体中，再利用异面直线所成角的定义，结合勾股定理及余弦

11、定理即可求解.【详解】因为平面，平面，平面所以，又，所以两两垂直，将三棱锥置于一个长方体中，如图所示， 易知，所以直线与所成角即为与所成角为（或其补角），由题意可知，在中，由余弦定理，得，所以直线与所成角的余弦值为.故答案为：.16. 在平面四边形中，则的最大值为_. 【答案】【解析】【分析】设，利用三角函数函数得，再利用余弦定理结合三角恒等变换即可得到最值.【详解】设，则，代入数据得，在中运用余弦定理得，即，所以当，即时，的最大值为3，则的最大值为.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题关键在于引角，设，再利用三角函数和余弦定理得到，最后结合诱导公式和三角恒等变换即可求出最值.四、解答题：本题共

12、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. 已知函数的部分图象如图所示. （1）求的解析式；（2）将的图像向右平移个单位长度，再保持纵坐标不变，将横坐标缩短为原来的倍，得到的图像，求在区间上的值域.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据给定的函数图像，利用“五点法”作图求解即可；（2）利用函数图像变换求出函数的解析式，再利用正弦函数的性质即可得解.【小问1详解】依题意，由图像得，解得，又，则，所以，因为点在的图像上，则，所以，即，而，则，所以【小问2详解】依题意，因，则，而函数在上单调递增，在上单调递减，因此有，故在上的值域为18. 已知，其中，.（1）求的单调

13、递增区间；（2）在中，角、的对边分别为、，若，求的值.【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）先用二倍角公式和辅助角公式化简，再由正弦函数的单调性可解；（2）根据已知先求角A，再将目标式化弦整理，然后利用正弦定理和已知可得.【小问1详解】令，得，所以的单调增区间为，【小问2详解】，又，则由正弦定理得.19. 如图，多面体中，四边形为平行四边形，四边形为梯形，平面平面. （1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析 （2） （3）【解析】【分析】（1）由线面平行的判定定理可得平面BCF，平面BCF，再由面面平行的判定定理和性质定理可得

14、答案； （2）作于O，由线面垂直的判定定理可得平面ADE，平面CDEF，连结CO，直线AC与平面CDEF所成角为，求出正弦值即可；（3）由（2）得平面CDEF，又，可得答案【小问1详解】四边形ABCD是平行四边形，平面BCF，平面BCF，所以平面BCF，平面BCF，平面BCF，所以平面BCF，平面ADE，平面平面ADE，平面BCF，平面BCF.【小问2详解】平面平面，平面平面，平面，平面ADE，平面，作于O，分别连接，因为平面平面，平面平面，平面ADE，所以平面CDEF，连结CO，所以直线AC与平面CDEF所成角为，所以直线AC与平面CDEF所成角的正弦值为；【小问3详解】连接由（2）得平面C

15、DEF，又，所以距离，又由已知可得，所以 20. 为了丰富同学们的课外实践活动，石室中学拟对生物实践基地（区域）进行分区改造.区域为蔬菜种植区，区域规划为水果种植区，蔬菜和水果种植区由专人统一管理，区域规划为学生自主栽培区.的周围将筑起护栏.已知，.（1）若，求护栏长度（的周长）；（2）学生自主栽培区的面积是否有最小值？若有，请求出其最小值；若没有，请说明理由.【答案】（1） （2）有，【解析】【分析】（1）利用余弦定理证得，从而判断得是正三角形，由此得解；（2）在与中，利用正弦定理求得与关于的表达式，从而利用三角形的面积公式得到关于的表达式，再结合三角函数的最值即可得解.【小问1详解】依题意

16、，在中，所以，则，即，所以，又，故，所以是正三角形，则，所以护栏的长度（的周长）为.【小问2详解】学生自主栽培区的面积有最小值，理由如下：设()，在中，则，由正弦定理得，得，在中，由正弦定理得，得，所以，所以当且仅当，即时，的面积取得最小值为21. 如图1，在中，是中点，作于，将沿直线折起到所处的位置，连接，如图2. （1）若，求证：；（2）若二面角为锐角，且二面角的正切值为，求的长.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）利用勾股定理推得，从而利用线面垂直的判定定理证得平面，由此得证；（2）利用线面与面面垂直的判定定理求得二面角与二面角的平面角，从而利用勾股定理得到关于的方程，

17、解之即可得解.【小问1详解】在图1中，是中点，所以，则，则，又，所以，则，因为，则，又平面，所以平面，因为平面，所以.【小问2详解】由题意知， 平面平面，因而平面，则为二面角的平面角（或补角），即为锐角，又平面，因而平面平面.作所在的直线于点，如图， 又平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，作于点，连接，又面，故面，因为面，则，所以为二面角的平面角（或补角），设，则，在中，设，则，因而，在直角三角形中，即，解得或（舍去），此时，从而.22. 在中，分别是角，的对边，请在；两个条件中任选一个，解决以下问题： （1）求角的大小；（2）如图，若为锐角三角形，且其面积为，且，线段与线段相交于点，点

18、为重心，求线段的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）若选，先由正弦定理的边角互化，然后结合余弦定理即可得到结果；若选，先由正弦定理的边角互化，再结合二倍角公式，即可得到结果.（2）用、作为平面内的一组基底表示出，再根据平面向量共线定理及推论表示出，即可表示，利用面积公式求出，再由三角形为锐角三角形求出的取值范围，最后根据数量积的运算律及对勾函数的性质计算可得【小问1详解】若选，因为，由正弦定理可得，化简可得，又因为，则，故.若选，因为，由正弦定理可得，且，则，且，所以，其中，所以，则.【小问2详解】由题意可得，所以，因为、三点共线，故设，同理、三点共线，故设，则，解得，所以，则，因为，所以，又因为为锐角三角形，当为锐角，则，即，即，所以；当为锐角，则，即，则，即，所以；综上可得，又因为，则，因为，则，且在上单调递减，所以，即，所以