2022-2023河南省南阳市六校高一（下）期末数学试卷（含解析）

2022-2023学年河南省南阳市六校高一（下）期末数学试卷
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
第I卷（选择题）
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. 已知的半径为，弦的长等于半径，则劣弧的长为( )
A. B. C. D.
2. 复数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
3. 已知，且，则( )
A. B. C. D.
4. 如图，一个水平放置的平行四边形的斜二测画法的直观图为矩形，若，，则在原平行四边形中，( )
A. B. C. D.
5. 在中，角，，所对的边分别为，，，若且，则( )
A. B. C. D.
6. 将函数图象上各点的横坐标缩小为原来的，再将所得图象向右平移个单位长度得到一个偶函数的图象，则的零点为( )
A. B.
C. D.
7. 已知某正四棱台上底面的边长为，下底面的边长为，外接球的表面积为，则该正四棱台的体积为( )
A. B. C. 或 D. 或
8. 已知中，：：，，且的面积为，则的边上的中线长为( )
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. 设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是( )
A. 若，，，则
B. 若，，，则
C. 若，，，则
D. 若，，，则
10. 已知复数，则下列说法正确的是( )
A. 的虚部为 B.
C. D. 若，则的最小值是
11. 如图，正三棱锥的底面边长是侧棱长的倍，，，分别是，，的中点，为的中点，且，则下列结论中正确的是( )
A. 平面平面
B. 平面平面
C. 平面平面
D. 平面平面
12. 已知函数，则( )
A. 的图象关于点中心对称
B. 的值域为
C. 满足在区间上单调递增的的最大值为
D. 在区间上的所有实根之和为
第II卷（非选择题）
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知向量，若，则 ______ ．
14. 已知函数的最小正周期为，则函数的定义域为______ ．
15. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，点是角终边上的一点，则 ______ ．
16. 已知向量、满足，，则的最小值是 ，最大值是 ．
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
如图，在直三棱柱中，，，点是的中点．
Ⅰ求证：平面，
Ⅱ若三棱柱的体积为，求四面体的体积．
18. 本小题分
如图，在中，．
Ⅰ用，表示，；
Ⅱ若点满足，证明：，，三点共线．
19. 本小题分
已知复数，，．
Ⅰ若为实数，求的值；
Ⅱ设复数，在复平面内对应的向量分别是，若，求的值．
20. 本小题分
将函数的图象向左平移个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，得到函数的图象已知的图象在区间上有且仅有两条对称轴．
Ⅰ求；
Ⅱ求在上的单调区间．
21. 本小题分
在锐角中，角，，的对边分别为，，，且．
Ⅰ求；
Ⅱ若，求的取值范围．
22. 本小题分
如图，圆锥的体积，点，，，都在底面圆周上，且，，，为的中点．
Ⅰ求圆锥的侧面积；
Ⅱ求直线与平面所成角的余弦值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由题意，如图，可得，，
所以，
所以劣弧．
故选：．
由题意利用弧长公式即可求解．
本题考查了弧长公式的应用，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：，
故复数在复平面内对应的点位于第二象限．
故选：．
根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：因为，
所以两边平方，可得，
可得，
又，
所以，，
则，
所以．
故选：．
将已知等式两边平方，利用同角三角函数基本关系式可求得，结合，可求，进而利用平方差公式以及同角三角函数基本关系式即可求解．
本题考查了平方差公式以及同角三角函数基本关系式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
4.【答案】
【解析】解：根据题意，在直观图中，过点作轴，与轴交于点，
易得，，
在原图中，的坐标为，
则．
故选：．
根据题意，分析原图中的坐标，由此计算可得答案．
本题考查斜二测画法，涉及平面图形的直观图，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：若，
则，即，
解得或舍，
所以，
因为，
所以．
故选：．
由已知结合二倍角公式进行化简即可求解，结合即可求解．
本题主要考查了二倍角公式的应用，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：将函数图象上各点的横坐标缩小为原来的，可得的图象；
再将所得图象向右平移个单位长度，得到一个偶函数的图象，
故有，，，
令，，求得，可得的零点为，．
故选：．
由题意，利用函数的图象变换规律，正弦函数的零点，得出结论．
本题主要考查函数的图象变换规律，正弦函数的零点，属于中档题．
7.【答案】
【解析】解：根据题意，球心位置分为两种情况：
若球心位置在几何体内，如图所示：
设为外接球球心，为外接球半径，则，
又上底面是边长为的正方形，故，
下底面的边长为的正方形，故，
外接球的表面积为，
所以，
则，
，
所以正四棱台的高，
正四棱台的体积，
当球心在的延长线上时，正四棱台的高，
则正四棱台的体积．
故选：．
确定上底面和下底面的中心，连接两个中心，分球心在线段上和延长线上两种情况考虑，利用勾股定理可求出正四棱台的高，进一步计算即可．
本题主要考查了台体体积的计算问题，同时考查了几何体的外接球问题，属于中档题．
8.【答案】
【解析】解：由正弦定理可得：：：：，设，，
由面积公式，即，解得，
则，，
设边上的中线为，则，
可得，
即的边上的中线长为．
故选：．
根据题意利用正弦定理可得：：，结合面积公式可得，，再根据向量可知，结合数量积的运算律求模长．
本题考查了正余弦定理、向量的数量积运算，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：若，，，则或与相交，相交也不一定垂直，故A错误；
若，，则，又，则或，故B错误；
若，，则，又，则，故C正确；
若，，则或，又，则，故D正确．
故选：．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．
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，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：复数，其虚部为，故A错误；
，故B正确；
，，故C正确；
，
则，
，
的最小值是，故D正确．
故选：．
结合复数的定义，复数的四则运算运算，共轭复数的定义，复数模公式，即可依次求解．
本题主要考查复数的定义，复数的四则运算运算，共轭复数的定义，复数模公式，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：正三棱锥的底面边长是侧棱长的倍，
可知，
，，分别是，，的中点，为的中点，可知，，，可知平面，
平面，所以平面平面，所以A正确．
，，可知平面，
，，分别是，，的中点，为的中点，，可知，所以平面，
平面，可知平面平面，所以D正确．
底面是正三角形，的中心为，，，所以与底面不垂直，所以、不正确．
故选：．
通过直线与平面垂直的判断定理，判断平面与平面垂直，得到正确的选项．
本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，平面与平面垂直的判断定理的应用，是中档题．
12.【答案】
【解析】解：由已知，
，
对于，当时，，此时，
的图象关于点中心对称，故A正确；
对于，，
的值域为，故B错误；
对于，若在上单调递增，
则，，
解得：，，
又，，解得：，
，，则的最大值为，C正确；
对于，令，则，
当时，，
作出与的图象如下图所示，
则与的交点，，，即为方程的根，
由对称性可知：，，
，故D正确．
故选：．
利用两角和差公式、二倍角和辅助角公式可化简得到，利用代入检验法可知A正确；根据正弦型函数值域可知B错误；根据函数单调递增，利用整体代换法可求得范围，知C正确；将问题转化为与交点横坐标之和的问题，由对称性可求得D正确．
本题考查三角恒等变换与三角函数性质相关问题的求解，本题求解方程实根之和的关键是将问题转化为两函数交点的问题，采用数形结合的方式，结合正弦函数对称性可求得结果，属中档题．
13.【答案】
【解析】解：向量，
，
，
，
解得，
，
则．
故答案为：．
利用向量坐标运算法则求出，再由，能求出结果．
本题考查向量坐标运算法则、向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14.【答案】
【解析】解：因为函数的最小正周期为，
所以，解得，
令，解得，，
所以函数的定义域为．
故答案为：．
根据函数的最小正周期求出，再求函数的定义域．
本题考查了正切函数的图象与性质应用问题，是基础题．
15.【答案】
【解析】解：角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，点是角终边上的一点，
，
．
故答案为：．
根据已知条件利用任意角的三角函数的定义可求的值，进而利用诱导公式以及同角三角函数基本关系式化简所求即可得解．
本题主要考查了三角函数的定义，诱导公式以及同角三角函数基本关系式的应用，属于基础题．
16.【答案】

【解析】
【分析】
本题考查运用平面向量的数量积求向量的模，考查三角函数求最值设与的夹角为，得，，令，所以，运用三角函数知识求解．
【解答】
解：设与的夹角为，
因为，
，
所以令，
所以，
所以，
所以．
则的最小值是，最大值是．
故答案；．

17.【答案】Ⅰ证明：连接交于点，连接，
因为为平行四边形，所以为的中点，
可得为的中位线，所以，
因为平面，平面，
所以平面D.
Ⅱ解：在直三棱柱中，底面，平面，所以，
因为，，、平面，所以平面，点是的中点，
设，，
所以三棱柱的体积为，
可得，
所以．
【解析】Ⅰ连接交于点，可得，利用线面平行的判断定理可得答案；
Ⅱ设，，利用三棱柱的体积为，可得，再由可得答案．
本题考查直线与平面平行的判断定理的应用，几何体的体积的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
18.【答案】解：Ⅰ，
，
，
，；
Ⅱ，
，
，
，，三点共线．
【解析】Ⅰ由平面向量的线性运算计算即可；Ⅱ由平面向量的线性运算即可证明．
本题考查平面向量的线性运算和平面向量的共线，属于中档题．
19.【答案】解：
，
，
即，
，，
，；
由题得：，，
，，
，
，
即，
即，
即，
，
，，
．
【解析】由复数的四则运算法则求出，由为实数可得，结合的取值范围即可求得；
由复数的几何意义得到的坐标，再由得到关于的方程，最后由三角恒等变换知识即可求得．
本题考查复数与平面向量、三角函数的求值等知识的综合，属于中档题．
20.【答案】解：Ⅰ由题意知，，
由，知，
因为的图象在区间上有且仅有两条对称轴，
所以，解得，
又，所以，
所以，
故．
Ⅱ令，则，，
所以的增区间为，，
同理可得，的减区间为，，
因为，
所以增区间为和，减区间为
【解析】Ⅰ根据函数图象的变换法则，可得，再由正弦函数的对称性，可得的取值范围，进而得解；
Ⅱ根据正弦函数的单调性，即可得解．
本题考查三角函数的图象与性质，熟练掌握正弦函数的图象与性质，函数图象的变换法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：Ⅰ由正弦定理及得，，
所以，
所以，
因为，所以，即，
因为，所以，
所以，即．
Ⅱ由正弦定理知，，
所以，，
所以，
因为锐角，
所以，所以，所以，所以，
所以，即的取值范围为．
【解析】Ⅰ利用正弦定理化边为角，并结合两角和的正弦公式化简运算，可得，再由辅助角公式，即可得解；
Ⅱ由正弦定理可得，，根据三角恒等变换公式与正弦函数的图象与性质，可得解．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，三角函数的图象与性质，三角恒等变换公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
22.【答案】解：Ⅰ，且，
所以底面圆的半径，
圆锥的体积，
，圆锥母线长，
所以圆锥的侧面积．
Ⅱ取中点为，且为的中点，
所以，
圆锥可知，平面，
，且，，
平面，
，平面，
所以即直线与平面所成角．
，，
故，
故答案为．
【解析】Ⅰ利用圆锥的体积公式求出的长，从而求出圆锥的母线长，即可求出圆锥的侧面积；
Ⅱ易得平面，从而过作的平行线，即面的垂线，从而得到即线面角，然后利用勾股定理求出各边长度即可．
本题主要考查几何体的表面积和直线与平面所成的角，属于中档题．
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2022-2023河南省南阳市六校高一（下）期末数学试卷（含解析）