2022-2023学年辽宁省辽南协作校高一年级下册学期期末考试数学试题【含答案】

2022-2023学年辽宁省辽南协作校高一下学期期末考试数学试题一、单选题1．已知，则（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】根据复数的模的计算公式计算即可.【详解】因为，所以.故选：B2．若向量，，且，的夹角为，则的值为（

）A．2 B．－2 C．或－2 D．或－3【答案】C【分析】根据平面向量数量积坐标公式求解即可.【详解】，即，化简得，解得或.故选：C3．已知复数，则z在复平面内对应的点位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】根据复数乘方以及乘法运算计算出，根据复数的几何意义可得其在复平面内对应的点位于第二象限.【详解】由题意可得，故在复平面内对应的点为，位于第二象限，故选：B4．关于直线及平面，下列命题正确的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】B【分析】根据空间中线面位置的判定和性质，判断选项中的结论是否正确.【详解】对于A，若，，则或与异面，故A错误；对于B，若，，则或，若，又，故，若，则存在直线使得，又，所以，所以，故B正确；对于C，若，，则，又，则或，故C错误；对于D，若，则或或或与相交（不垂直），故D错误.故选：B.5．斛是我国古代的一种量器，如图所示的斛可视为正四棱台，若该正四棱台的上、下底面边长分别为，，侧面积为72，则该正四棱台的体积为（

）A．56 B． C． D．【答案】B【分析】求出正四棱台的侧棱长和高，根据棱台的体积公式即可求解.【详解】如图，记该正四棱台为，在等腰梯形中，过作于E，则．由该正四棱台的侧面积为72可知，，∴，则．连接AC，，则，，在等腰梯形中，过作于F，则．根据正四棱台的性质可知，平面ABCD．在中，．该正四棱台的体积，故选：B．6．已知角为锐角，角的始边均与轴的正半轴重合，角的终边经过点，且角的终边与角的终边关于角的终边对称，则（

）A． B． C．2 D．【答案】D【分析】由三角函数定义及正切的二倍角公式得出，再由角的终边与角的终边关于角的终边对称得，利用两角和正切公式求解即可.【详解】因为角的终边经过点，所以．由，得或．为锐角，则，，故舍去，即.因为角的终边与角的终边关于角的终边对称，且，为锐角，所以，所以．所以．故选：D7．用数学的眼光观察世界，神奇的彩虹角约为42°，如图，眼睛与彩虹之间可以抽象为一个圆锥，设AO是眼睛与彩虹中心的连线，AP是眼睛与彩虹最高点的连线，则称为彩虹角.若平面ABC为水平面，BC为彩虹面与水平面的交线，M为BC的中点，米，米，则彩虹的长度约为（

）（参考数据：，）A．米 B．米C．米 D．米【答案】A【分析】根据勾股定理得的长度,进而根据锐角三角函数以及弧长公式即可求解.【详解】在中，由勾股定理，知.连接PO，则在中，，连接OB，OC，OM，则在中，，故，，所以，即彩虹的长度约为米，故选：A.8．在正三棱锥P－ABC中，侧棱PA与底面ABC所成的角为，且AB=3，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为（

）A．8π B．12π C．16π D．18π【答案】C【分析】根据图形作辅助线，根据正三棱锥的性质判断外接球球心的位置，求出相关线段的长，最后利用勾股定理求出外接球半径，即可得解.【详解】过点作平面于点Q，∵三棱锥为正三棱锥，∴点为的中心，三棱锥的外接球的球心在直线上.连接，，延长交于点，则为的中点.∵为正三角形，且，∴，又点为的中心，∴.（在等边三角形中，中心到顶点的距离与中心到该顶点对边的距离之比为）∵平面，∴是直线与平面所成的角，故，（线面角的定义）∴设三棱锥外接球的半径为，则，当点位于线段上时，，，则在中，，解得；当点位于的延长线上时，，，则在中，，解得2，矛盾.综上，，∴三棱锥外接球的表面积为.故选：C.二、多选题9．设下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若互为共轭复数，则D．若，则互为共轭复数【答案】BC【分析】由实数能比较大小，虚数不能比较大小，可判断A、B；由共轭复数的定义可判断C；举特例可判断D.【详解】由虚数不能比较大小，故A错误；若，则必有，所以，则，故B正确；因为，若互为共轭复数，则，，故C正确；取，，则，但不是互为共轭复数，故D错误.故选：BC10．如图，圆柱的一个轴截面为，是圆的一条直径，且，则（

）A．平面平面 B．若，则C．平面 D．平面【答案】ABC【分析】根据圆柱的几何性质并利用线面垂直的判定定理即可证明A正确；将线段平移到同一平面内，再利用勾股定理即可证明；利用面面平行的判定定理可得平面平面，可得平面；易知平面，而，相交可得D错误.【详解】对于A：因为，又是圆柱的一个轴截面，所以，且，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确对于B：过作的平行线，使，连接，，如下图所示：则且，故四边形是平行四边形，所以，则即直线与所成的角或其补角，设，则，易得，且，所以，则，，即，所以，即，故B正确.对于C：连接，则，平面，平面，所以平面；同理可得平面，又，平面，所以平面平面，又平面，故平面，故C正确.对于D：连接，则，故平面，若平面，可得平面平面，易知平面与平面相交，矛盾，故D错误.故选：ABC11．已知函数，，则下列说法正确的是（

）A．当时，图象的一个对称中心为B．当为奇数时，的最小正周期是C．当为偶数时，D．当为偶数时，在上单调递减【答案】ACD【分析】对A：根据对称中心的性质分析运算；对B：分和两种情况讨论，整理分析；对C：分和两种情况讨论，结合辅助角公式运算求解；对D：根据选项C的结果，结合单调性分析运算.【详解】A选项：当时，则，可得，故图象的一个对称中心为，故A正确；B选项：当为奇数时，则有：若，则，此时函数的最小正周期是；若，则，显然没有最小正周期；故B错误；C选项：当为偶数时，则有：若，则，；若，则，，故C正确．D选项：由选项C可知：当为偶数时，或，∵，所以，故在上单调递减，故D正确．故选：ACD.12．如图，正方体的棱长为4，是上一点，，是正方形内一点（不包括边界），若，则（

）A．对任意点，直线与直线异面 B．存在点，使得直线平面C．直线与所成角的最大值为 D．的最小值为5【答案】ACD【分析】根据线线关系求得，即可得点的轨迹是以为圆心，从而可判断A；构造平面平行，利用其性质可判断B；根据异面直线的定义确定异面直线所成角根据正弦值确定角度大小，即可判断C；结合的轨迹，根据点与圆的位置关系，即可得的最小值，从而可判断D.【详解】对于A，连接，因为，，所以，即，所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆的四分之一（不含边界），则直线与直线异面，故A正确；对于B，过点作，垂足为，则，设为上一点，且，连接，则，连接，又平面，平面，所以平面，平面，平面，所以平面，因为平面，则平面平面，因为到的距离为3，大于2，所以直线与圆相离，所以不存在点，使得直线平面，故B错误；对于C，因为，所以即直线与所成的角，当与圆相切时，最大，此时，得，所以直线与所成角的最大值为，故C正确；对于D，连接，易知，显然当最小时，最小，连接交圆于点，当与重合时最小，最小值为，故5，故D正确.故选：ACD.三、填空题13．已知复数满足，则的虚部为．【答案】【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，即可判断其虚部.【详解】因为，所以，所以的虚部为.故答案为：14．已知的内角所对的边分别是，且，则角．【答案】/【分析】利用正弦定理将边化角，再将切化弦，利用两角和的正弦公式及诱导公式求出，即可得解.【详解】因为，所以，所以，即，即，显然，，所以，又，所以.故答案为：15．如图所示，一个水平放置的斜二测画法画出的直观图是，其中为平行四边形，则原的周长是．

【答案】【分析】根据平面图形的直观图的斜二测画法原理得到原的形状，计算即可求解.【详解】由平面图形的直观图的斜二测画法原理可知，原是等腰三角形，如图：

其中，，且，所以，所以原的周长为.故答案为：16．已知一个圆台内部的球与圆台的上、下底面以及每条母线均相切，设球与圆台的表面积分别为，体积分别为，若，则．【答案】【分析】找到球半径与圆台上、下底面半径之间的关系，用，表示出圆台和球的体积，由条件求出，之间的关系，结合球的体积公式求.【详解】第一步：找到球半径与圆台上、下底面半径之间的关系.设圆台的母线长为，高为，上、下底面圆心分别为，，半径分别为，，球的球心为，半径为，做出该组合体的轴截面如图所示，连接，易知点为的中点，则．设为球与圆台侧面的一个切点，连接，根据切线长定理可得，（切线长定理：从圆外一点引圆的两条切线，它们的切线长相等）所以（勾股定理的应用）所以，第二步：用，表示出圆台和球的体积.则，，第三步：根据得到，之间的关系.即．第四步：求出，因为，，（圆台的表面积公式），故，故答案为：.四、解答题17．如图，直四棱柱的底面为正方形，为的中点．(1)请在直四棱柱中，画出经过三点的截面并写出作法（无需证明）．(2)求截面的面积．【答案】(1)图形见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接、、、，则四边形即为所求；（2）依题意可得四边形为菱形，连接，，求出，，即可得解.【详解】（1）取的中点，连接、、、，则四边形即为过点、和的平面截直四棱柱所得截面；取的中点，连接、，因为为的中点，为直四棱柱，底面为正方形，所以且，且，所以且，所以为平行四边形，所以，又且，所以为平行四边形，所以，所以，即、、、四点共面.（2）在直四棱柱中，，、分别为、的中点，所以，所以四边形为菱形，连接，，则，又，，所以.18．已知函数（其中）的最小正周期为，它的一个对称中心为．(1)求函数的解析式；(2)求时，函数的值域．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据周期得到，根据对称中心得到，得到解析式；（2）由的取值范围求出的取值范围，再根据正弦函数的性质计算可得.【详解】（1）因为，，且，解得，故，又的一个对称中心为，故，即，因为，故当时，满足条件，此时，故.（2）因为，则，所以，则，即函数在上的值域为.19．在直三棱柱中，是的中点．

(1)求证：//平面；(2)求三棱锥的体积；【答案】(1)证明见解析(2)5【分析】（1）借助题设条件运用线面平行的判定定理；（2）依据题设运用体积转换法进行探求．【详解】（1）设，连接，由直三棱柱性质可知，侧面为矩形，

∴为中点，又∵为中点，∴在中，，又∵平面，平面，∴平面．（2）由题，∴，即，又由直三棱柱可知，侧棱底面，∴.所以三棱锥的体积为520．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．(1)若，求C；(2)求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）由余弦定理和二倍角公式得到，结合，得到，进而求出；（2）由（1）得到，由正弦定理得到，再结合条件求出去范围.【详解】（1）由已知条件与余弦定理，得，∴，即，∴，则，∵，∴，∴，∵，，，∴，∴，∴当时，，∴．（2）由（1）可知，，∴．又，∴，则，由正弦定理，得，令，则，令，易知当时，取得最大值，又当时，，当时，，∴，故的取值范围为．21．如图，在四棱锥中，底面为菱形，为的中点．

(1)证明：平面；(2)若为线段上一点（不包括端点），，四棱锥的体积为，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接，则可得为等边三角形，由为的中点，则由等腰三角形的性质可得，，而∥，所以，，再由线面垂直的判定定理可证得结论；（2）由已知条件结合勾股定理的逆定理可得，再由线面垂直的判定定理可得平面，由可得，从而可表示出，则由可求得答案.【详解】（1）证明：因为，为的中点，所以，连接，因为，所以为等边三角形，所以，所以，因为∥，所以，，因为，平面，所以平面，

（2）解：因为四边形底面为菱形，为的中点，所以，因为，所以，所以，所以，因为，平面，所以平面，因为，所以，因为∥，，所以，所以，解得.22．如图，三棱柱中，侧面，已知，点是棱的中点．

(1)求证：；(2)求与平面所成角