2022-2023学年辽宁省抚顺市六校协作体高一下学期期末考试数学试题（含解析）

2022-2023学年辽宁省抚顺市六校协作体高一下学期期末考试数学试题
一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.已知为虚数单位若复数，则的虚部是
( )
A. B. C. D.
2.若扇形的面积为，半径为，则该扇形的圆心角为
( )
A. B. C. D.
3.设，是非零向量，“”是“”的
( )
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
4.下列命题正确的是( )
已知平面和直线，，若，，则；
已知平面，和直线，，且，为异面直线，，若直线满足，，，，则与相交，且交线平行于；
已知平面，和直线，，若，，，，则；
在三棱锥中，，，，垂足都为，则在底面上的射影是三角形的垂心．
A. B. C. D.
5.已知函数，则的最小正周期为
( )
A. B. C. D.
6.已知函数，且的图象过定点，为坐标原点，射线是角的终边，则的值为
( )
A. B. C. D.
7.设，若，则的最小值为
( )
A. B. C. D.
8.在九章算术中，底面为矩形的棱台被称为“刍童”已知棱台是一个侧棱相等、高为的“刍童”，其中，，则该“刍童”外接球的表面积为
( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知复数，则
( )
A. 的虚部为
B. 在复平面内对应的点在第四象限
C.
D. 是关于的方程的一个根
10.在中，角所对的边分别为，且，下列说法正确的是
( )
A. 为钝角三角形 B. 边的中线长为
C. 周长为 D. 的外接圆面积为
11.已知平面四边形，是所在平面内任意一点，则下列命题正确的是
( )
A. 若，则四边形是平行四边形
B. 若，则四边形是矩形
C. 若，则为直角三角形
D. 若动点满足，则动点的轨迹一定通过的重心
12.我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．图是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体；如图，已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为，若该几何体的所有顶点都在球 的表面上，则
( )
A. 正四棱柱和正四棱锥的高均为
B. 正四棱柱和正四棱锥组成的几何体的表面积为
C. 球的表面积为
D. 正四棱锥的侧面、侧棱与其底面所成的角分别为、，则
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.是虚数单位，已知写出一个满足条件的复数 ．
14.已知中，为边上的点，且，若，则 ．
15.由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥，其侧面三角形底边上的高与底面正方形边长的比值为，则以该四棱锥的高为边长的正方形面积与该四棱锥的侧面积之比为 ．
16.若函数在内有且仅有一个最大值点，则的取值范围是 ．
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.本小题分
已知，．
若与垂直，求实数的值；
若为与的夹角，求的值．
18.本小题分
已知，，且．
求的值；
求．
19.本小题分
三棱柱的棱长都为，和分别是和的中点．
求证：直线平面；
若，点到平面的距离为，求三棱锥的体积．
20.本小题分
在锐角中，角、、的对边分别为、，，其面积为，且．
求角的大小；
若，求的取值范围．
21.本小题分
如图，平面四边形中，，，，将沿边折起如图，使______，点，分别为，中点在题目横线上选择下述其中一个条件，然后解答此题为四面体外接球的直径平面平面．
判断直线与平面是否垂直，并说明理由；
求直线和所成的角的余弦值．
22.本小题分
已知函数为奇函数，且图象的相邻两对称轴间的距离为．
当时，求的单调递减区间；
将函数的图象向右平移个单位长度，再把横坐标缩小为原来的纵坐标不变，得到函数的图象，记方程在上的根从小到大依次为，试确定的值，并求的值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查复数的运算和概念，属于基础题．
根据复数的乘除运算法则求出，进而可解．
【解答】
解：
所以虚部为 ，
故选：．
2.【答案】
【解析】【分析】
本题考查扇形的面积公式，属于基础题．
由扇形面积公式直接计算可得．
【解答】
解：由扇形面积公式可得： ，解得 ．
故选：．
3.【答案】
【解析】【分析】
本题考查充分、必要条件的判定，向量的概念，属于基础题．
根据向量相等、单位向量判断条件间的推出关系，结合充分、必要性定义即知答案．
【解答】
解：由 表示单位向量相等，
则 同向，但不能确定它们模是否相等，即不能推出 ，
由 表示 同向且模相等，则 ，
所以“ ”是“ ”的必要而不充分条件．
故选：．
4.【答案】
【解析】【分析】
本题考查空间线面位置关系，属于中档题．
举反例可判断；过直线上点作 ，记 所在平面为 ，然后证明 ， 即可判断；根据面面平行的判定定理可判断；作 平面 ，结合已知证明 平面 ，然后可得 ，然后可判断．
【解答】
解：对于：在正方体 中， 平面 ， 平面 ，显然 与 异面，故错误；

对于：假设 ，因为 ，所以 ，又 ，所以 矛盾，故 与 相交，记交线为 ．
过直线上点作 ，记 所在平面为 ，
因为 ， ， ，所以 ，
又 ，所以 ，
因为 ，所以 ．
因为 ，所以 ，
又 ， ，
所以 ，所以 ，正确；

对于：由面面平行判定定理可知错误；
对于：作 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
因为 ， ， 平面 ，
所以 平面 ．
又 平面 ，所以 ．
因为 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，即点在 的边的高上．
同理，点在 的边和边的高上，
所以点为 高的交点，即为 的垂心，正确．

故选：．
5.【答案】
【解析】【分析】
本题考查余弦型函数的周期性，属于基础题．
利用平方关系、降幂及辅助角公式可得 ，根据三角函数性质求最小正周期．
【解答】
解：由题设， ，
所以最小正周期为 ．
故选：．
6.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查了指数函数的性质，任意角的三角函数的定义，同角三角函数基本关系式的应用，属于基础题．
先由题意，确定点 的坐标，再由三角函数的定义求出 ，利用同角三角函数基本关系进行弦化切，即可求出结果．
【解答】
解：根据题意，定点 的坐标为 ，结合三角函数的定义得到 ，
又 ．
故选：．
7.【答案】
【解析】【分析】
本题考查两角和与差公式，基本不等式，属于中档题．
先对 变形，从而表示出 ，然后根据表达式的特点，利用基本不等式可得结果．
【解答】
解：因为 ，则 ，
所以 ，
即 ，
于是有 ，
所以
，
因为 ，所以 ，于是有 ，
当且仅当 即 时，等号成立，
所以 的最小值 ，
故选：．
8.【答案】
【解析】【分析】
本题考查简单几何体外接球的表面积，利用刍童的几何性确定外接球的球心是解题的关键，考查运算求解能力，属于中档题．
根据刍童的几何性可知外接球的球心在四棱台上下底面中心连线上，设球心为，根据几何关系求出外接球半径即可求其表面积．
【解答】
解：如图，连接、、 、 ，
设， ，连接．
棱台 侧棱相等，
易知其外接球球心在线段所在直线上，
设外接球球心为，
如图当球心在线段延长线上时，
易得 ，，
， ，，
由 得，
，
即
，
故 ，
外接球表面积为 ．
如图当球心在线段上时，
由 得， ，
即 舍去，
故选：．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题考查复数的概念与分类，考查复数的代数表示及其几何意义，考查复数的四则运算，属于中档题．
把复数化成，利用复数的意义判断；求出、判断；利用复数的四则运算计算判断作答．
【解答】
解：依题意，复数，复数的虚部为， A错误；
在复平面内对应的点在第四象限， B正确；
，，则， C正确；
，
即是关于的方程的一个根， D正确．
故选：
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查正余弦定理的综合应用，属于中档题．
利用正弦定理、余弦定理以及同角三角函数的平方关系即可求解．
【解答】
解：对于选项，，，
可知，，为比例系数，
，判断最长边所对应的角是否为钝角即可，
由余弦定理得：，解得，
又，，为钝角三角形，则选项正确；
对于选项，，，，，
由正弦定理得，即，解得，
角为锐角，，
设的中点为，在中，
由余弦定理得：，
则，即边的中线长为，则选项错误；
对于选项，周长为，则选项正确；
对于选项，由正弦定理得：，
则外接圆的面积为，则选项正确，
故选：．
11.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查平面向量的数量积和运算，属于中档题．
由向量相等可判断；由数量积的性质结合模的运算可判断和；由向量的线性运算结合向量共线可判断．
【解答】
解：由，可得，且，
故四边形是平行四边形，所以 A正确；
由，平方可得，即，
但四边形不一定是矩形，所以 B错误；
由，可得，即，因此，所以为直角三角形，所以 C正确；
作于，由于，
所以，
即，故的轨迹一定通过的重心，所以 D正确．
故选：．
12.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查空间几何体与外接球的关系，根据条件求出球的半径是解决本题的关键，是中档题．
根据正四棱柱和正四棱锥的几何的性质，结合球的对称性、球的表面积公式、线面角、二面角的定义逐一判断即可．
【解答】
解：设正四棱柱和正四棱锥的高为 ，球 的半径为 ，
根据正四棱柱和球的对称性可知：该几何体的外接球的球心为正四棱柱的中心，
球的直径 即为正四棱柱的体对角线，
且正四棱柱的体心到正四棱锥的顶点的距离 ，
根据正四棱柱的体对角线公式得 ，
因此 ，所求球的表面积为 ，故选项A不正确，C正确；
在直角三角形 中， ，
所以正四棱柱和正四棱锥组成的几何体的表面积为：
，所以选项B正确，
如图所示： ，
，显然有 ，
所以选项D不正确，
故选：．
13.【答案】
【解析】【分析】
本题考查复数的模，属于基础题．
设 ，根据已知得，关系，然后可得答案．
【解答】
解：设 ，因为 ，
所以 ，即 ，
整理得 ，取 得 ．
故答案为： 答案不唯一，满足 均可
14.【答案】
【解析】【分析】
本小题主要考查平面向量的线性运算，属于基础题．
以 为基底表示出 ，由此求得 ，进而求得 ．
【解答】
解：依题意 ，
所以 ．
故答案为：
15.【答案】
【解析】【分析】
本题考查棱锥的侧面积和表面积，考查棱锥的性质，属于中档题．
设正四棱锥的底面边长为 ，高为 ，斜高为 ，分别用 表示出以该四棱锥的高为边长的正方形面积和该四棱锥侧面积，即可得出答案．
【解答】
解：如图，

设正四棱锥的底面边长为 ，高为 ，斜高为 ， 为 的中点，
则由题意得： ，所以 ，
则设以该四棱锥的高为边长的正方形面积为 ， ，
设该四棱锥侧面积为 ，
所以 ．
故答案为：
16.【答案】
【解析】【分析】
本题考查三角恒等变换和三角函数的图象及性质，考查数形结合思想，属于较难题．
利用三角恒等变换化函数 为 的形式，再根据给定条件及函数性质分析作答．
【解答】
解：
，
而 ，则 ， ，
依题意得 ，解得 ，即 ，
所以 的取值范围是 ．
故答案为： ．
17.【答案】解：因为 ， ，所以
， ， ，
又 与 垂直，
所以 ，
解得 ；
因为 ，
所以 ．

【解析】本题考查向量数量积的坐标表示与向量的垂直关系，考查利用向量数量积的坐标运算求向量的夹角，属于中档题．
根据平面向量的坐标运算求模长与数量积，由向量垂直列方程即可得实数 的值；
根据平面向量夹角公式的坐标表示即可求解．
18.【答案】解： 且 ，
，
，
；
，
，
又 ，
，
，
所以 ．

【解析】本题考查二倍角的正切公式，两角和与差的余弦公式，运算求解能力，是中档题．
先根据 ，且 ，求出 ，则可求 ，再求 ；
先根据 ， ，求出 ，再根据 求解即可．
19.【答案】解：在三棱柱 中， ，取 中点，连接，，
和分别是 和 的中点，
，
又 面 ， 面 ，且 面 ， 面 ，
面 ，面 ，又 ， 面 ，
面 平面 ，而 面，故直线 平面 ．
法二，连接交 于点，连接交 于点，连接，如图，
在三棱柱 中， ， ，
， ，
，则 ，又 面 ， 面 ，
直线 平面 ．
如图，
直线 平面 ，
，又 ，
所以平行四边形 边 上的高 ，
由到面 的高 ，则 ．

【解析】本题考查线面平行的判定和棱锥体积的求解，属于中档题．
法一，根据中位线可得线线平行，证明面面平行再证线面平行，法二，作出辅助线，证明 ，即可得证；
根据线面平行可得 ，由等体积法求解．
20.【答案】解：在锐角 中， ，
由余弦定理 ，
得 ，即 ，
又 ， ，
因此 ，有 ，而 ，解得 ，
所以 ．
由知， ， ，
由正弦定理得： ，即 ，
则
，
又 是锐角三角形，则有 ，即 ，亦即 ，
于是 ， ，
所以的取值范围是 ．

【解析】根据给定条件，利用余弦定理、三角形面积公式变形给定等式，求出 即可作答．
利用正弦定理把三角形面积表示为角的函数，再利用正弦函数性质求解作答．
21.【答案】解：若选：垂直．
因为 ，在 中， ， ，可得 ，
又由 ，所以 ，所以 ，
因为 ，且 ， 平面 ，
所以 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，
又由 ， ，且 平面 ，所以 平面 ，
又因为 ， 分别为 ， 中点，所以 ，所以 平面 ．
若选：垂直．
由 为四面体 外接球的直径，则 ， ，
因为 ，而，平面 ，且，
可证得 平面 ，
又 ， 分别为 ， 中点， ，所以 平面 ．
若选：垂直．
由平面 平面 ，平面 平面 ，
因为 ，且 平面 ，所以 平面 ，
又由 平面 ，所以 ，
因为 ， ，且 平面 ，所以 平面 ，
又因为 ， 分别为 ， 中点， ，所以 平面 ．
取 中点 ，连接 ，
因为 分别为 边中点，所以 ，
所以 或其补角为直线 和 所成的角．
在 中， ， ， ，
所以 ．
又 ，
由余弦定理可得： ，
而异面直线所成角的范围为，
所以直线 和 所成的角的余弦值为 ．

【解析】本题考查线面垂直的判定，考查异面直线所成角，考查利用余弦定理解三角形，属于较难题．
若选：由 ，得到 ，再由 ，证得 平面 ，得到 ，进而证得 平面 ，因为 ，即可得到 平面 ．
若选：由 为四面体 外接球的直径，得到 ，进而证得 平面 ，从而证得 平面 ．
若选：由平面 平面 和 ，证得 平面 ，得到 ，进而证得 平面 ，得到 平面 ．
取中点，连接，，得到 或其补角为直线和所成的角，再 中，利用余弦定理，即可求解．
22.【答案】解：由题意，函数 ，
因为函数 图象的相邻两对称轴间的距离为 ，所以 ，可得 ，
又由函数 为奇函数，可得 ，
所以 ，因为 ，所以 ，
所以函数 ，
令 ，解得 ，
函数 的递减区间为 ，
再结合 ，可得函数 的递减区间为 ．
将函数 的图象向右平移 个单位长度，可得 的图象，
再把横坐标缩小为原来的 ，得到函数 的图象，
由方程 ，即 ，
即 ，
因为 ，可得 ，
设 ，其中 ，即 ，
结合正弦函数 的图象，
可得方程 在区间 有个解，即 ，
其中 ，
即
，
解得 ，
所以

【解析】本题考查判断正弦型函数的单调性或求解单调区间，考查正弦型函数的图象变换，属于难题．
根据题意求出函数的解析式，并求出函数的完整减区间，结合给定区间即可求解；
根据题意确定 的解析式，从而得到 解的个数，结合函数图象求解根的对称关系，可求解．
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