2022-2023学年河南省南阳市桐柏第一高级中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

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一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.复数为虚数单位，则对应复平面内的点位于()

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

2.“有两个面平行，其余各面都是平行四边形”是“几何体为棱柱”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

3.定义向量，运算结果是一个向量，它的模是，其中表示向量，的夹角已知向量，，且，则()

A.B.C.D.

4.已知为锐角，，则()

A.B.C.D.

5.要得到函数的图象只需将函数的图象()

A.向右平移个单位长度B.向左平移个单位长度

C.向右平移个单位长度D.向左平移个单位长度

6.设，为两条直线，，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是()

A.若，，，则

B.若，，，，则

C.若，，，则

D.若，，，则

7.如图扇形所在圆的圆心角大小为，是弧上任意一点，若，那么的最小值是()

A.B.C.D.

8.已知偶函数在上单调递增，是锐角的一个内角，则()

A.B.

C.D.

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）

9.已知向量，，且，若，则的值可能是()

A.B.C.D.

10.过正方体棱上三点，，均为棱中点确定的截面过点点为中点有()

A.B.

C.D.

11.已知函数，则下列结论中正确的有()

A.的最小正周期为

B.点是图象的一个对称中心

C.的值域为

D.不等式的解集为

12.如图，在直三棱柱中，，是等边三角形，点为该三棱柱外接球的球心，则下列命题正确的有()

A.平面

B.异面直线与所成角的大小是

C.球的表面积是

D.点到平面的距离是

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.写出一个复数满足实部和虚部互为相反数，且，．

14.若圆锥高的平方等于其底面圆的半径与母线的乘积，则称此圆锥为“黄金圆锥”现有一黄金圆锥的侧面展开图是面积为的扇形，则该黄金圆锥的高是______．

15.九章算术中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”现有阳马侧棱长为，且水平放置的底面对应的斜二测画法的直观图是一个边长为的菱形，若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为．

16.已知，，为三个内角，，的对边，且，，则，若上述条件成立时，则的最大值为．

四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.本小题分

已知复数为虚数单位．

若为纯虚数，求实数的值；

当时，复数是关于的方程的一个根，求实数，的值．

18.本小题分

已知，．

若与垂直，求的值；

若为与的夹角，求的值．

19.本小题分

如图，是的直径，垂直于所在的平面，是圆周上不同于，的一点，，分别是线段，的中点，，，．

求证：平面；

求点到平面的距离．

20.本小题分

已知为锐角三角形，内角，，的对边分别是，，，的面积为，且满足．

求角的大小；

若，求周长的范围．

21.本小题分

如图，和都垂直于平面，是上一点，且，，为等腰直角三角形，且是斜边的中点，与平面所成的角为．

证明：平面；

求二面角的平面角的正切值；

若点是平面内一点，且，设点到平面的距离为，，求的最小值．

22.本小题分

已知函数，，．

当，时，

求的单调递增区间；

当时，关于的方程恰有个不同的实数根，求的取值范围．

函数，是的零点，直线是图象的对称轴，且在上单调，求的最大值．

答案和解析

1.【答案】

【解析】解：由题可知：复数在复平面内对应的点为，

所以复数在复平面内对应的点在第一象限．

故选：．

依题意得到复数及所对应的点．

本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的几何意义，属于基础题．

2.【答案】

【解析】

【分析】

本题考查的知识点有：充分条件与必要条件的定义，棱柱的定义和几何结构，考查了逻辑推理能力，属于基础题．

由棱柱的定义以及几何结构，结合充分条件与必要条件的定义进行分析判断即可．

【解答】

解：由棱柱的定义可知，棱柱有两个面平行，其余各面都是平行四边形，

故“几何体为棱柱”可以推出“有两个面平行，其余各面都是平行四边形”，

但由两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱，例如两个底面是全等的斜棱柱拼接的几何体不是棱柱，

故“有两个面平行，其余各面都是平行四边形”不能推出“几何体为棱柱”，

综上所述，“有两个面平行，其余各面都是平行四边形”是“几何体为棱柱”的必要不充分条件．

故选：．

3.【答案】

【解析】解：因为，，且，，则，

故选：．

根据可得答案．

本题主要考查新定义，属于中档题．

4.【答案】

【解析】解：因为为锐角，，

所以，

所以，

则．

故选：．

由题意利用同角三角函数基本关系式可求的值，由于，根据两角差的正弦公式即可求解．

本题考查了同角三角函数基本关系式，两角差的正弦公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．

5.【答案】

【解析】解：把的图象向右平移个单位长度可得，不符合题意；

把的图象向左平移个单位长度可得，不符合题意；

把的图象向右平移个单位长度可得，不符合题意；

把的图象向左平移个单位长度可得，符合题意．

故选：．

由已知结合三角函数图象的平移检验各选项即可判断．

本题主要考查了三角函数的图象的平移，属于基础题．

6.【答案】

【解析】

【分析】

本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．

直接证明A正确；由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系判断BCD错误．

【解答】

解：若，，，如图，

设，在直线上任取一点，在平面内过作，则，

，，在平面内过作，则，

，，而为直二面角的平面角，则为直角，

则，故A正确；

若，，，，可得或与相交，故B错误；

若，，则或或与相交，而，则或或与相交，故C错误；

若，，则或或与相交，而，则或与相交或与异面，故D错误．

故选：．

7.【答案】

【解析】解：以点为坐标原点，所在直线为轴建立如下图所示的平面直角坐标系，

设扇形的半径为，则、，

设点，

因为，

所以，，所以，

所以，

其中为锐角，且，

又由，解得，

因为，则，

当时，取得最大值．

当时，的值为，

当时，的值为，

所以的最小值为．

故选：．

以点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，设，由可得出关于的表达式，结合正弦型函数的基本性质可求得的最小值．

本题主要考查平面向量的基本定理，考查转化能力，属于中档题．

8.【答案】

【解析】解：因为偶是锐角的一个内角，

所以，

因为偶函数在上单调递增，

所以在上单调递减，

所以．

故选：．

由三角函数定义可知，，然后结合函数的单调性及奇偶性即可求解．

本题主要考查了三角函数定义及函数的单调性及奇偶性在不等式求解中的应用，属于基础题．

9.【答案】

【解析】解：，，且，，

，解得或．

的值可能是或．

故选：．

由已知列关于，的方程组，求解得答案．

本题考查平面向量共线的坐标运算，考查向量模的求法，是基础题．

10.【答案】

【解析】

【分析】

本题考查正方体的截面，解题中需要一定的空间想象能力，属于中档题．

逐个作出每个选项的截面，即可得出结论．

【解答】

解：对于：确定的截面过点，如图所示：

故A正确；

对于：确定的截面，如图所示：

故B不正确；

对于：确定的截面，如图所示：

故C不正确；

对于：确定的截面过点，如图所示：

故D正确．

故选：．

11.【答案】

【解析】解：函数，

函数的最小正周期为，故A错误；

由于当时，的值不存在，

结合的图象可得点不是图象的一个对称中心，故B错误；

由函数的解析式可得，的值域为，故C正确；

不等式，即，故它的解集为，故D正确，

故选：．

由题意，先化简函数的解析式，再利用正切函数的图象和性质，得出结论．

本题主要考查正切函数的图象和性质，属于中档题．

12.【答案】

【解析】解：由直三棱柱，可得平面，故A正确；

由于，可得为异面直线与所成角，由，即，故B错误；

由到平面的距离为，等边三角形的外接圆半径，则球的半径，

所以球的表面积为，故C正确；

中，，，，

可得的外接圆半径为，所以点到平面的距离为，故D正确．

故选：．

由直三棱柱的定义可判断；由异面直线所成角的定义可判断；由球的截面的性质和球的表面积公式可判断．

本题考查直三棱柱的性质和球的截面的性质、异面直线所成角和球的表面积公式，考查方程思想和转化思想、运算能力，属于中档题．

13.【答案】答案不唯一

【解析】

【分析】

本题考查了复数的定义，考查复数的模的定义，是基础题．

根据实部和虚部是互为相反数且平方和在写出一个即可．

【解答】

解：结合题意使得实部和虚部是互为相反数且平方和在即可，

比如：，

故答案为：．

14.【答案】

【解析】解：设该黄金圆锥底面圆的半径为，母线长为，高为，

由题意可知，，

则，

故该黄金圆锥的高．

故答案为：．

根据圆锥侧面积公式即可得到答案．

本题考查了圆锥的侧面积公式的应用，考查了“黄金圆锥”的应用，属于基础题．

15.【答案】

【解析】

【分析】

本题考查三视图和几何体的转换，锥体和球体的关系，球的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．

首先对几何体的直观图和平面图进行转换，进一步利用锥体和球体的关系求出球的半径，最后利用球的体积公式求出结果．

【解答】

解：水平放置的底面对应的斜二测画法的直观图是一个边长为的菱形，转换为平面图为边长为和的矩形；

由于阳马侧棱长为，故该几何体如图所示：

设四棱锥体的外接球半径为，

所以，

解得，

所以．

故答案为：．

16.【答案】

【解析】

【分析】

本题主要考查了正弦定理、三角形内角和定理以及辅助角公式，余弦定理，基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和函数思想，属于较难题．

利用正弦定理、三角形内角和以及两角和差公式将已知的等式化简，可得，由辅助角公式可得，即可求出角，在中，根据余弦定理和基本不等式可得，设，，，设，可得在上递增，即可求解其最大值．

【解答】

解：因为，，可得，

由正弦定理得，，

因为，

则，

所以

又，

所以，

则，即，

又，

则，故A，

在中，根据余弦定理，即，

所以，

所以，即，

所以，

由基本不等式得，当且仅当时取等号，即，所以，

故，所以，

所以原式，

设，，，

因为，故，

设，故在上单调递增，

所以，

所以的最大值为．

故答案为：；．

17.【答案】解：若为纯虚数，则，解得．

当时，复数，则，

是方程的一个根，，

整理得．

根据复数相等，有解得．

【解析】本题考查复数代数形式的四则运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数相等的求法，是中档题．

直接由实部为且虚部不为列式求解．

把根代入一元二次方程整理，再根据复数相等得到方程组即可．

18.【答案】解：，，

，

与垂直，

，解得；

，，，

，

，

又，则．

【解析】求出，根据与垂直，建立关于的方程，解出即可；

求出，利用向量的夹角公式直接得解．

本题考查平面向量的坐标运算，考查两向量垂直的条件以及向量夹角的计算，考查运算求解能力，属于基础题．

19.【答案】解：证明：，分别是线段，的中点，

，又平面，平面，

平面；

垂直于所在的平面，

，，，

又，，

，，

又为中点，，

是的直径，，

又，且，

平面，又由知，

平面，又平面，

平面平面，且平面平面，

在平面内的射影为，

点到平面的距离为．

【解析】先证，再根据线面平行的判定定理即可证明；

先证平面，再由得平面，从而得平面平面，且平面平面，从而得点到平面的距离为，最后再解三角形即可得解．

本题考查线面平行的判定定理，线面垂直判定定理，面面垂直的判定定理，点面距的求解，属中档题．

20.【答案】解：在中，，，

，

则，

，，

，

又，；

，

由正弦定理得，

，

则

，

为锐角三角形，

，解得，

，

又，

则，

故，

故，即周长的范围为．

【解析】利用诱导公式以及同角的三角函数关系结合正弦定理边化角化简，即可得出答案；

由正弦定理表示出，，利用三角恒等变换化简可得，求出角范围，结合正切函数性质，即可得出答案．

本题考查解三角形，考查转化思想和函数思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．

21.【答案】解：证明：平面，与平所成的角为．

，，在等腰中，，．

又，，，∽，．

所以，即，即．

平面，平面，．

，，平面，平面．

平面．

平面，．

，平面．

过点作，连接，如图所示．

平面，平面，．

又，，平面．

平面，．

根据二面角的定义可知，为平面角．

在中，，，．

平面，平面，．

在中，，．

．

．

由知，，又，．

平面．

同理平面，平面与平面重合，即点平面．

而平面，平面平面．

平面，点到平面的距离转化为点到的距离．

在平面内作点关于直线对称点，作于．

当，，三点共线时，为最小，如图所示，则．

在中，，．

．

的最小值为．

【解析】要证平面，只需证明，，从而利用∽证明，利用