2022-2023學年河南省南陽市方城縣高一下學期期末數學試題一、單選題1．計算的結果是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據復數代數形式的乘方及除法運算法則計算可得.【詳解】.故選：C2．如圖所示是利用斜二測畫法畫出的水平放置的的直觀圖，已知軸，軸且，則的周長為（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】由斜二測畫法還原原圖即可求解【詳解】因為軸，軸且，由題意得，，且，則，則的周長為.故選：A.3．的值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據誘導公式以及特殊角的三角函數值即可求解.【詳解】,故選：A4．已知，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用誘導公式及二倍角余弦公式計算可得.【詳解】因為，所以，所以．故選：B.5．已知向量，，若與反向，則向量在向量上的投影向量為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】依題意可先求出的值，從而可得的坐標，再用投影向量的定義即可求解.【詳解】依題意，，，所以，解得或，又與反向，則時，向量與同向，不合舍去，故，此時，，，則向量在向量上的投影向量為.故選：D6．下列表述中正確的是（

）A．若直線平面，直線，則B．若直線平面，直線，且，則C．若平面內有三個不共線的點到平面的距離相等，則D．若平面滿足，，，則【答案】D【分析】根據空間線面關系的定義及幾何特征，逐一分析四個命題的真假，可得答案．【詳解】若直線平面，直線，則可能，可能，可能與只相交不垂直，A選項錯誤；若直線平面，直線，且，則可能，可能與只相交不垂直，B選項錯誤；若平面內有三個不共線的點到平面的距離相等，則可能，可能與相交，C選項錯誤；若平面滿足，，，則，由面面垂直的性質可知，D選項正確.故選：D7．已知函數，則（

）A．的最小正周期為B．的一條對稱軸為C．在上單調遞減D．的圖象關于點中心對稱【答案】D【分析】利用二倍角公式、輔助角公式化簡函數式，再結合正弦函數的性質逐項判斷作答.【詳解】依題意，，對于A，函數的最小正周期，A錯誤；對于B，當時，，直線不是圖象的對稱軸，B錯誤；對于C，當時，，而余弦函數在上不單調，因此函數在不上單調，C正確；對于D，由選項B知，函數的圖象關于點中心對稱，D正確.故選：D8．如圖，在中，點，分別在邊和邊上，，分別為和的三等分點，點靠近點，點靠近點，交于點，設，，則（

）

A． B．C． D．【答案】B【分析】利用表示，結合平面向量基本定理確定其表達式.【詳解】設，，所以，又，所以，因為，所以，所以，解得，所以，故選：B.二、多選題9．已知向量，，則的值可以是（

）A． B． C． D．【答案】BC【分析】利用向量數量積的坐標運算得出，利用正弦函數值域即可得出結果.【詳解】由題知，，因為，，所以，，即的范圍為.故選：BC10．在中，內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，下列說法正確的是（

）A．若，則B．若，則只有一解C．若，則為直角三角形D．【答案】AD【分析】對于A選項，利用正弦定理判斷；對于B選項，利用正弦定理判斷；對于C選項，利用正弦定理，由，得到判斷；對于D選項，分ABC為銳角三角形，直角三角形，ABC為鈍角三角形判斷.【詳解】對于A選項，由，有，由正弦定理可得，故A選項正確；對于B選項，由，可知ABC有兩解，可知B選項錯誤；對于C選項，由，得，有，可得或，可知C選項錯誤；對于D選項，若ABC為銳角三角形或直角三角形，有；若ABC為鈍角三角形，不妨設C為鈍角，有，，，有，可知D選項正確．故選：AD．11．設函數的最小正周期為，且過點，則下列說法正確的是（

）A．為偶函數B．的一條對稱軸為C．把的圖象向左平移個單位長度后得到函數，則D．若在上單調遞減，則的取值范圍為【答案】ABD【分析】利用輔助角公式將函數化簡，利用周期及特殊點求出函數解析式，然后利用余弦函數性質一一判斷即可.【詳解】，因為函數最小正周期為，，所以，則，又函數過點，所以，即，所以，所以，又，所以，所以，易知函數的定義域為R，且，所以為偶函數，故A正確；令，則，當時，的一條對稱軸為，故B正確；令，則，當時，在上單調遞減，若在上單調遞減，則的取值范圍為，故D正確；把的圖象向左平移個單位長度后得到函數，則，故C錯誤.故選：ABD12．如圖，在正方體中，分別為的中點，則以下結論正確的是（

）

A．B．平面平面C．平面D．異面直線與所成角的余弦值是【答案】BCD【分析】由題意可得出，可判斷A；因為四點共面，所以平面平面可判斷B；由線面平行的判定定理可判斷C；由異面直線所成角可判斷D.【詳解】對于A，連接，易證，因為平面，而平面，所以，所以在中，與不垂直，所以不垂直，故A不正確；

對于B，連接，因為分別為的中點，所以，所以四點共面，所以平面平面，故B正確；

對于C，連接，易證，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以平面，平面，所以平面，故C正確；

對于D，連接，易知，異面直線與所成角即直線與所成角，即，設正方體的邊長為，所以，所以，所以異面直線與所成角的余弦值是，故D正確.故選：BCD.

三、填空題13．已知角的終邊經過點，則【答案】/-0.2【分析】根據任意角的三角函數定義進行計算求解.【詳解】已知角的終邊經過點，根據任意角的三角函數定義有：，，所以.故答案為：.14．計算:．【答案】/0.5【分析】利用誘導公式和兩角差的正弦公式化簡求值.【詳解】．故答案為：．15．的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c．若，，，則的面積為．【答案】/【分析】先利用余弦定理得到，再根據三角形面積公式求解即可．【詳解】由余弦定理，有，又，，，則，解得，所以．故答案為：．四、雙空題16．如圖，正方體的棱長為1，P為的中點，為線段上的動點，過點A，P，Q的平面截該正方體所得截面記為S，當時，S與的交點為R，則；當S為四邊形時，的取值范圍為．【答案】/【分析】設與的交點為，根據截面的性質可得，從而得到，再根據可得，從而求得；再根據截面的性質可得與平面的交線經過上求S為四邊形時，的取值范圍即可【詳解】如圖所示，設與的交點為，根據截面的性質可得，故，即，從而得到，故.再根據可得，即，解得，故當S為四邊形時，易得與平面的交線經過，此時，故，即，易得，故故答案為：；五、解答題17．已知復數為純虛數.(1)求的值；(2)若，求.【答案】(1)；(2).【分析】（1）由條件，結合純虛數的定義列方程求.（2）根據復數的運算法則，化簡方程求，再由模的公式求模.【詳解】（1）因為為純虛數，所以，且，解得；（2）由（1），又，所以，所以，所以，所以，18．已知向量與的夾角為，且，是單位向量.(1)分別求和的值；(2)若與共線，求.【答案】(1)，(2)【分析】（1）利用數量積的定義求解，根據求解；（2）由向量共線，結合平面向量基本定理列出方程組求解.【詳解】（1），.（2）若與共線，則存在，使得，即，又因為向量與不共線，所以，解得，所以.19．如圖，在△OAB中，P為線段AB上的一個動點（不含端點），且滿足．(1)若，用向量，表示；(2)在（1）的條件下，若，，且，求的值【答案】(1)(2)【分析】（1）以向量，為基底，根據向量的線性運算，把用向量，表示；（2）以向量，為基底，結合（1）中的結論，求的值.【詳解】（1）因為，所以，所以，當時，．（2）由（1）可知，所以．因為，，，所以，即的值．20．已知，為銳角，，．(1)求的值；(2)求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由得，再結合可求出的值，然后對利用誘導公式和二倍角公式化簡計算即可；（2）由求出，再利用正切的二倍角公式求出，由可求得結果.【詳解】（1）因為，，所以．因為，所以，所以．（2）因為，為銳角，所以．因為，所以．因為．因為，所以．因此．21．如圖，在四棱錐中，平面是的中點.

(1)證明：面(2)證明：平面平面；(3)求三棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】（1）取中點，連接，證即可；（2）由得，由平面得，所以平面，從而得證；（3），所以平面，根據求解．【詳解】（1）取中點，連接，∵,,∴,∴為平行四邊形，則，∵面，面，∴面.

（2）因為，所以，由平面平面，所以，又由，且平面，所以平面，又平面，所以平面平面，即平面平面.（3）由（1）可得，且平面，平面，所以平面，所以，因為平面，可得，又由，所以，所以，即三棱錐的體積為.22．已知函數，若存在實數m、k（），使得對于定義域內的任意實數x，均有成立，則稱函數為“可平衡”函數；有序數對稱為函數的“平衡”數對．(1)若，求函數的“平衡”數對；(2)若m＝1，判斷是否為“可平衡”函數，并說明理由；(3)若、，且、均為函數的“平衡”數對，求的取值范圍．【答案】(1)(2)是(3)【分析】(1)根據“平衡數對”定義建立方程，根據恒成立求解即可；(2)時,判斷是否存在使等式恒成立，利用三角函數化簡求解即