河南省駐馬店市2022-2023學年高一下學期期末數(shù)學試卷(解析)

高中數(shù)學精編資源駐馬店市2022~2023學年度第二學期期終考試高一數(shù)學試題本試題卷分為第I卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分.考生作答時,將答案答在答題卡上,在本試題卷上答題無效.注意事項:1.答題前,考生務必將自己的姓名?準考證號填寫(涂)在答題卡上,考生要認真核對答題卡上粘貼的條形碼的“準考證號?姓名”與考生本人準考證號?姓名是否一致.2.第Ⅰ卷每小題選出答案后,用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑,如需改動,用橡皮擦干凈后,再選涂其它答案標號.第Ⅱ卷用黑色墨水簽字筆在答題卡上書寫作答,在試題上作答,答案無效.3.考試結束,監(jiān)考教師將答題卡收回.第Ⅰ卷(選擇題共60分)一?單選題:本大題共8小題,每小題5分,共40分.在每個小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的.1.如果點在直線上,而直線又在平面內(nèi),那么可以記作( )．A., B., C., D.,【答案】B【解析】【詳解】直線上有無數(shù)個點,直線可看成點的集合,點在直線上,可記作,直線在平面內(nèi),可記作,故選．2.與值最接近的數(shù)是()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用誘導公式及特殊角的三角函數(shù)值判斷即可.【詳解】.故選:D3.已知矩形的對角線相交于點,則()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用相等向量結合平面向量的減法可化簡向量.【詳解】在矩形中,,又因為,則,因此,.故選:D.4.用斜二測畫法畫的直觀圖如圖所示,其中,,則中邊上的中線長為()A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】作出的原圖形,結合三角形的幾何性質(zhì)可求得中邊上的中線長.【詳解】在直觀圖中,,且,則,故,又因為,則,可得,故為等腰直角三角形,所以,,故軸,依據(jù)題意,作出的原圖形如下圖所示:延長至點,使得,則為的中點,由題意可知,,,,且,所以,且,故四邊形為平行四邊形,則,取的中點,連接,因為、分別為、的中點,則.故選:D.5.在復平面內(nèi),角的頂點為坐標原點,始邊為實軸非負半軸,終邊經(jīng)過復數(shù)所對應的點,則()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意求出角的終邊經(jīng)過的點的坐標,然后利用任意角的三角函數(shù)的定義可求得結果.【詳解】復數(shù)在復平面內(nèi)所對應的點為,因為在復平面內(nèi),角的頂點為坐標原點,始邊為實軸非負半軸,終邊經(jīng)過點,所以,故選:B6.我國人臉識別技術處于世界領先地位.所謂人臉識別,就是利用計算機檢測樣本之間的相似度,余弦距離是檢測相似度的常用方法.假設二維空間中有兩個點為坐標原點,余弦相似度Similarity為向量夾角的余弦值,記作,余弦距離為.已知,若的余弦距離為的余弦距離為,則()A. B. C.4 D.7【答案】A【解析】【分析】由題設,,,利用向量夾角公式求得、,根據(jù)新定義及正余弦齊次運算求目標式的值.【詳解】由,,,,,所以,故,則,整理得.故選:A7.直角梯形,滿足,,,現(xiàn)將其沿折疊成三棱錐,當三棱錐體積取最大值時其外接球的體積為A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由已知可得當平面平面時,三棱錐體積最大,根據(jù)線面位置關系可得確定球心及半徑,即可得解.【詳解】由已知得為定值,則當平面平面時,三棱錐體積取最大值,由四邊形為直角梯形,,,,則,為直角三角形,,平面,故,又,且,平面,,為直角三角形,故,所以為外接球球心,半徑,外接球體積,故選:B.8.已知函數(shù),若對任意的,當時,恒成立,則實數(shù)的取值范圍()A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根據(jù)三角恒等變換可化簡為,當時,恒成立,進而將問題轉(zhuǎn)化為在單調(diào)遞減,利用正弦函數(shù)的單調(diào)性即可求解.【詳解】所以得,進而,故,由于對任意的,當時,,恒成立,不妨設,則問題轉(zhuǎn)化成在單調(diào)遞減,所以其中,解得,故選:B【點睛】關鍵點睛:等價變形給定不等式,構造函數(shù)借助單調(diào)性求解是解題的關鍵.二?多選題:本大題共4小題,每小題5分,共20分.在每小題給出的四個選項中,至少有兩項是符合題目要求的,全部選對的得5分,部分選對的得2分,有選錯的得0分.9.已知為復數(shù),則的值可能是()A. B.C. D.【答案】ABC【解析】【分析】設,則,從而可得.把各選項分別代入,求解即可判斷.【詳解】設,則,則,,所以.對于A,若,則,解得,所以,符合題意,A正確；對于B,若,則,解得,所以,符合題意,B正確；對于C,若,則,解得,所以,符合題意,C正確；對于D,若,則,解得,不存在,D錯誤.故選:ABC10.在中,,則下列結論錯誤的是()A.若,則有兩解B.若,則鈍角三角形C.若只有一解,則D.若為直角三角形,則【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)正弦定理求出的值可判斷AB；利用特殊值法結合正弦定理可以判斷CD.【詳解】若,由正弦定理可得,因為,所以或,即有兩解,A正確；若,由正弦定理可得,不存在,B錯；時,由正弦定理可得,此時有一解,即“若只有一解,則”不正確,C錯；時,由正弦定理可得,此時,三角形是直角三角形,即“若為直角三角形,則”不正確,D錯；故選:BCD.11.如圖,棱長為2的正方體中,點在線段上運動,則()A.異面直線與所成角的范圍為B.二面角(不在點)的余弦值為C.點到平面的距離為D.存在一點,使得直線與平面所成角為【答案】BC【解析】【分析】利用特殊點說明A,取的中點,連接、,即為二面角(不在點)的平面角,即可判斷B,利用等體積法求出點到平面的距離,即可判斷C,連接,則為直線與平面所成的角,求出,即可判斷D.【詳解】對于A:當在點時,因為,所以即為異面直線()與所成角,因為為等腰直角三角形,所以,故A錯誤；對于B:因為在線段上,所以平面(不在點)即為平面,取的中點,連接、,則,,所以即為二面角(不在點)的平面角,又,,所以,故二面角(不在點)的余弦值為,即B正確；對于C:因為且,所以為平行四邊形,所以,平面,平面,平面,所以點到平面的距離與點到平面的距離相等,又為邊長為的等邊三角形,所以,,設點到平面的距離為,又,即,解得,所以點到平面的距離為,故C正確；對于D:因為平面,連接,所以為直線與平面所成的角,因為,所以,所以最大為,當且僅當在、時取得,所以不存在點,使得直線與平面所成的角為,故D錯誤.故選:BC12.在中,為上一點,,若的外心恰好在上,則()A.B.C.D.在方向上的投影向量為【答案】ACD【解析】【分析】由正弦定理即可得到,再由平面向量基本定理即可判斷A,由余弦定理即可求得,再由余弦定理即可判斷C,由平面向量數(shù)量積的運算律即可判斷B,由余弦定理結合投影向量的定義即可判斷D【詳解】對于A,因為的外心恰好在上,連接,則分別平分角,在與中,由正弦定理可得①,②,其中,,兩式相除可得,,則,故A正確；對于C,設,則,在與中,由余弦定理可得,,即,解得,則,在中,,故C正確；對于B,因為,則,故B錯誤；對于D,在中,由余弦定理可得,,則在方向上的投影向量為.故D正確；故選:ACD第Ⅱ卷(非選擇題共90分)三?填空題:本大題共4小題,每小題5分,共20分.將答案填在答題卡相應的位置上.13.已知復數(shù),則__________.【答案】##【解析】【分析】根據(jù)題意,先求得與,將復數(shù)化簡,然后結合復數(shù)的乘法運算即可得到結果.【詳解】由題意可得,,,則,所以.故答案為:.14.《九章算術》中將正四梭臺(上?下底面均為正方形)稱為“方亭”.現(xiàn)有一方亭,高為2,上底面邊長為2,下底面邊長為4,則此方亭的表面積為__________.【答案】【解析】【分析】先利用勾股定理求出正四棱臺側面的高,再根據(jù)多面體的表面積公式即可得解.【詳解】如圖所示,分別是正四梭臺不相鄰兩個側面的高,,則即為正四梭臺的高,,由,得,所以此方亭的表面積為.故答案為:.15.已知函數(shù)定義域為,滿足,則__________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)題意,由條件可得函數(shù)為周期函數(shù),且周期為,然后求得即可得到結果.【詳解】因為,,令,可得,所以,,,所以,即函數(shù)為周期函數(shù),且周期為,當時,,所以,所以,則.故答案為:16.在中,所對的角分別為,若,則面積的最大值為__________.【答案】【解析】【分析】根據(jù)正弦定理結合三角恒等變換化簡可得,再根據(jù)余弦定理可得,進而根據(jù)三角形面積公式與基本不等式,結合三角恒等變換求解最值即可.【詳解】由正弦定理可得,即,故,故,解得.由余弦定理,即,解得又由基本不等式可得,當且僅當時取等號.故,即,當且僅當時取等號,故故,又,故當時,取最大值,此時.故答案為:四?解答題:本大題共6小題,滿分70分.解答時要求寫出必要的文字說明?證明過程或推演步驟.17.已知是兩個不共線的向量,為單位向量,.(1)若__________,求；在①；②兩個條件中任選一個填在__________上,并作答.(2)是否存在實數(shù),使得與共線,若存在求出；若不存在,說明理由,【答案】(1)答案見解析(2)不存在,理由見解析【解析】【分析】(1)若選①,則由,得可求出,再由可求得結果,若選②,則對兩邊平方,化簡可求得,再由可求得結果；(2)若與共線,則由共線向量定理得存在實數(shù),使得,然后列方程組求解即可.【小問1詳解】選①由,得,即,由,得,因為,所以,選②由,即,由,,得,所以,【小問2詳解】若與共線,則存在實數(shù),使得由向量是兩個不共線,即也即,顯然不存在實數(shù).18.如圖,四棱錐中,底面為菱形,為等邊三角形,平面底面為的中點,為線段上的動點.(1)證明:；(2)當平面時,求三棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析(2)【解析】【分析】(1)連接,則由等腰三角形的性質(zhì)可得,再由面面垂直的性質(zhì)可得平面,則,而∥,所以,然后由線面垂直的判定可得平面,再利用線面垂直的的性質(zhì)得結論；(2)當平面時,可證得為中點,然后利用等體積法可求得三棱錐的體積.【小問1詳解】連接.由為等邊三角形,為的中點,故,且,因為平面平面,平面平面平面,故平面,因為平面,所以,又因為∥,所以,再由,平面,所以平面,因為平面,所以,【小問2詳解】連接,因為平面,且平面,所以,因為,公共邊,所以≌,所以,因為四邊形為菱形,為等邊三角形,,所以,所以和是全等的等邊三角形,所以,因為平面,平面,所以,所以為中點,根據(jù)等體積法.19.已知.(1)求證:；(2)若關于的方程有兩個不相等的實根,求實數(shù)的取值范圍.【答案】(1)證明見解析(2)【解析】【分析】(1)方法一:將已知等式中正切化為正弦比余弦,然后化簡變形可證得結論；方法二:利用二倍角公式將已知等式化為,再結合正切函數(shù)的性質(zhì)可得結論；(2)將方程化簡可得,令,然后在同一坐標系中作出的圖象,結合圖象可求得結果.【小問1詳解】方法一:由,得.所以,即,因為,所以,或,解得,或(舍去),所以,方法二:由,且函數(shù)單調(diào)遞增所以,即,【小問2詳解】由(1)知,方程可化為,即,即,所以,因為,所以,則,在同一坐標系中作出的圖象,因為關于的方程有兩個不相等的實數(shù)根,由圖象知:20.如圖,A,B,C三地在以O為圓心的圓形區(qū)域邊界上,A,B兩地間的距離為30公里,兩地間的距離為公里,是圓形區(qū)域外一景點,.(1)求圓的半徑；(2)若一汽車從處出發(fā),以每小時50公里的速度沿公路行駛到處需要多少小時？【答案】(1)15.28(2)1.25小時【解析】【分析】(1)在中利用余弦定理求出,再利用正弦定理可求出圓的半徑；(2)在中求出,在中利用正弦定理求出,然后在中可求出,再利用余弦定理可求出,然后除以速度可得結果.【小問1詳解】由題意,設圓的半徑為,在中,,由余弦定理,,由正弦定理得,解得:,【小問2詳解】由題意及(1)得在中,,故,在中,,由正弦定理知,即,在中,,,由余弦定理,得由一汽車從處出發(fā),以每小時50公里的速度沿公路行駛到處,故所需時間:,即需要1.25小時21.如圖,直三棱柱ABC-A1B1C1中,D,E分別是棱BC,AB的中點,點F在棱CC1上,已知AB＝AC,AA1＝3,BC＝CF＝2．(1)求證:C1E平面ADF；(2)設點M在棱BB1上,當BM為何值時,平面CAM⊥平面ADF．【答案】(1)證明見解析；(2)當BM＝1時,平面CAM⊥平面ADF．【解析】【分析】(1)連接CE交AD于O,連接OF．因為CE,AD為△ABC中線,所以O為△ABC的重心,,由此能夠證明OFC1E,進而可得C1E平面ADF；．

(2)當BM＝1時,平面CAM⊥平面ADF．在直三棱柱ABC-A1B1C1中,先證出AD⊥平面B1BCC1．再證明當BM＝1時,平面CAM⊥平面ADF．【詳解】(1)證明:連接CE交AD于O,連接OF．因為CE,AD為ABC的中線,則O為ABC的重心,故,故OFC1E,因為OF?平面ADF,C1E?平面ADF,所以C1E平面ADF；(2)當BM＝1時,平面CAM⊥平面ADF．證明如下:因為AB＝AC,D為BC的中點,故AD⊥BC．在直三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,BB1?平面B1BCC1,故平面B1BCC1⊥平面ABC．又平面B1BCC1∩平面ABC＝BC,AD?平面ABC,所以AD⊥平面B1BCC1,又CM?平面B1