山东省威海市2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1山东省威海市2022-2023学年高一下学期期末数学试题一、单项选择题：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.已知角的终边经过点，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题得.故选：C.2.下列角的终边与角的终边关于轴对称的是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由题意知，与角的终边关于轴对称的角为，当时，，正确.故选：.3.已知，则（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由题意，得，所以.故选：C.4.已知正四棱锥的侧棱长为，高与斜高的夹角为，则该正四棱锥的体积为（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗如图，在正四棱锥，高为，斜高为，题意可得，设正方形的边长为，则，在中，，在中，，则，解得，所以，所以正四棱锥的体积为.故选：A.5.在空间四边形中，若，分别为，的中点，，，且，，则（）A.直线与平行 B.直线，，相交于一点C.直线与异面 D.直线，，相交于一点〖答案〗B〖解析〗因为，，且，所以，所以且，因为，分别为，的中点，所以且，所以且，故四边形为梯形，且，是梯形的两腰，所以，交于一点，设交点为，则，，又因为平面，且平面，所以平面，且平面，又平面平面，所以，所以点是直线，，的公共点，故直线、、相交于一点．故选：B.6.古希腊地理学家埃拉托色尼从书中得知，位于尼罗河第一瀑布的塞伊尼（现在的阿斯旺，在北回归线上）记为，夏至那天正午，阳光直射，立杆无影；同样在夏至那天，他所在的城市——埃及北部的亚历山大城记为，测得立杆与太阳光线所成的角约为.他又派人测得，两地的距离km，平面示意图如图，则可估算地球的半径约为（）（）A.km B.km C.km D.km〖答案〗C〖解析〗设地心为，依题意可得，，，设地球的周长为，半径为，则，所以km.故选：C.7.如图，为正方形，，点在上，点在射线上，且，则（）A. B. C. D.不确定〖答案〗B〖解析〗在取，连接，由于，，所以，又，所以，由于，，，所以，所以，故，故.故选：B.8.在中，，，为的中点，为上一点，且，交于点，则（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗依题意，又，所以，因为、、三点共线，所以，又、、三点共线，所以，因为、不共线，所以，解得，所以.故选：D.二、多项选择题：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.已知正方体，则（）A.直线与所成的角为 B.直线与所成的角为C.二面角的大小为 D.二面角的大小为〖答案〗AC〖解析〗对于A，连接，，由正方体的性质知：，所以为等边三角形，故，由于，所以四边形为平行四边形，所以，故即为直线与所成的角，故A正确；对于B，由于，而，所以直线与所成的角为，故B错误；对于C，因为平面，平面，所以，又因为，故即为二面角的平面角，由于，故C正确；对于，连接，，设正方体的棱长为2，所以，又二面角的平面角，所以，故D错误．故选：AC.10.记的内角，，所对的边分别为，，.（）A.若，则是等腰三角形B.若，则是直角三角形C.若，则是等腰三角形D.若，则是等边三角形〖答案〗BC〖解析〗A：若，则或，所以或，则是等腰三角形或直角三角形，所以该选项错误；B：若，则.所以是直角三角形，所以该选项正确；C：若，所以，所以所以，则是等腰三角形，所以该选项正确；D：若，所以或，则是等腰三角形，所以该选项错误.故选：BC.11.已知为坐标原点，点，，，，则（）A. B.C. D.〖答案〗ABD〖解析〗对选项A：，，所以该选项正确；对选项B：，，所以，所以，所以该选项正确；对选项C：，，所以该选项不正确；对选项D：，，所以该选项正确.故选：ABD.12.若函数（）在有且仅有个零点，则（）A.的图象关于直线对称B.在单调递增C.在有且仅有个解D.取值范围是〖答案〗AD〖解析〗由题得，∵，因为函数在有且仅有个零点，所以，所以的取值范围是，所以选项D正确；对于选项A，令令，所以的图象关于直线对称，所以该选项正确；对于选项B，因为，所以在不是单调递增，所以该选项错误；对于选项C，，所以当或时，，所以在有且仅有个解，所以该选项错误.故选：AD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知锐角，满足，，则_______.〖答案〗〖解析〗由，得，由于，为锐角，所以，故.故〖答案〗：.14.将函数图象上的所有点向右平移个单位，再把所得到的曲线上的所有点纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到函数的图象，则________.〖答案〗〖解析〗将函数图象上的所有点向右平移个单位，得到函数的图象，再把图象上的所有点纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，得到函数的图象.故〖答案〗为：.15.已知非零向量，满足，且，则向量与的夹角为_______.〖答案〗〖解析〗因为，所以，所以，所以，因为.故〖答案〗为：.16.已知三棱锥中，平面，，，.在此棱锥表面上，从点经过棱上一点到达点的路径中，最短路径的长度为，则该棱锥外接球的表面积为_______.〖答案〗〖解析〗由于平面，，可将三棱锥放在一个如上图的长方体里，长方体的外接球直径就是三棱锥的外接球，就是体对角线的长，下将翻折到和共面的状态，如下图：由平面，平面，故，在上图长方体中，显然平面，又平面，故，在中，，则，于是，由题意，点经过棱上一点到达点路径中，最短路径的长度为，则平面图中的，设，在中，由余弦定理，，整理得，解得（负值舍去），故长方体中，，则，即为外接球直径，故外接球的表面积是.故〖答案〗为：.四、解答题：本题共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.如图，四棱锥的底面为正方形，为的中点.（1）证明：平面；（2）若平面，证明：.解：（1）设与交于点，连接，因为底面是正方形，所以为的中点，又因为为的中点，所以，因为平面，平面，所以平面.（2）因为底面是正方形，所以，又因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以.18.已知函数.（1）当时，求的取值范围；（2）若锐角，满足，，求.解：（1），因为，则，所以，所以.（2）由第（1）问知，所以，因为，所以，因为，为锐角，所以，因为，所以，所以.19.记的内角所对的边分别为已知向量，，且.（1）求角；（2）若为的中点，，，求的面积.解：（1）由题意知，所以，由正弦定理可知，即，因为，所以，所以，即得，因为，所以.（2）因为为的中点，所以，所以，所以，所以，①由余弦定理可知，所以，②由①②得，所以.20.图①是由矩形，和菱形组成的一个平面图形，其中，，.将其沿，折起使得与重合，连接，如图②.（1）证明：平面平面；（2）证明：//平面；（3）求直线与平面所成角的正切值.解：（1）由题意知，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）法一：由题意可知，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面.法二：因为，平面，平面，所以平面，，平面，平面，所以平面，平面，所以平面平面，又平面，所以平面.（3）过作交的延长线于点，连接，因为平面平面，且交线为平面，所以平面，所以在平面内的射影为，所以与平面所成的角为，因为，所以，在中，，，在中，，，所以，所以，所以与平面所成角的正切值为.21.在平面直角坐标系中，已知点，点在第二象限，且.（1）若点的横坐标为，现将向量绕原点沿顺时针方向旋转到的位置，求点的坐标；（2）已知向量与，的夹角分别为，，且，，若，求的值.解：（1）因为，点在第二象限且横坐标为，所以点的坐标为，设，由三角函数定义可知，，因为向量绕原点沿顺时针方向旋转到的位置，所以角的终边位于射线上，所以，，设点的坐标为，所以，，所以点的坐标为.（2）因为向量与的夹角为且，所以，所以点横纵坐标分别为，，即点坐标为，所以，因为向量与的夹角为，且点在第二象限，所以角的终边位于射线上，又，，所以点的横纵坐标分别为，，即点坐标为，所以，因为，所以，所以，解得，所以.22.（1）证明：；（2）记的内角，，所对的边分别为，，，已知.（ⅰ）证明：；（ⅱ）若成立，求实数的取值范围.证明：（1）法一：.法二：，所以解：（2）（ⅰ）法一：因为，由正弦定理可知，即，即，可得，由（1）可知，所以，因为，所以，所以，因为，所以，又因为，所以，所以或（舍），所以.法二：因为，由正弦定理可得，因为，所以，所以，即，所以，即，所以，因为，所以，又因为，所以，所以或（舍），所以.（ⅱ）法一：因为，所以，即，因为，所以，所以