高級中學名校試卷PAGEPAGE1山東省威海市2022-2023學年高一下學期期末數學試題一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知角的終邊經過點，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由題得.故選：C.2.下列角的終邊與角的終邊關于軸對稱的是（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗由題意知，與角的終邊關于軸對稱的角為，當時，，正確.故選：.3.已知，則（）A. B. C. D.〖答案〗C〖解析〗由題意，得，所以.故選：C.4.已知正四棱錐的側棱長為，高與斜高的夾角為，則該正四棱錐的體積為（）A. B. C. D.〖答案〗A〖解析〗如圖，在正四棱錐，高為，斜高為，題意可得，設正方形的邊長為，則，在中，，在中，，則，解得，所以，所以正四棱錐的體積為.故選：A.5.在空間四邊形中，若，分別為，的中點，，，且，，則（）A.直線與平行 B.直線，，相交于一點C.直線與異面 D.直線，，相交于一點〖答案〗B〖解析〗因為，，且，所以，所以且，因為，分別為，的中點，所以且，所以且，故四邊形為梯形，且，是梯形的兩腰，所以，交于一點，設交點為，則，，又因為平面，且平面，所以平面，且平面，又平面平面，所以，所以點是直線，，的公共點，故直線、、相交于一點．故選：B.6.古希臘地理學家埃拉托色尼從書中得知，位于尼羅河第一瀑布的塞伊尼（現在的阿斯旺，在北回歸線上）記為，夏至那天正午，陽光直射，立桿無影；同樣在夏至那天，他所在的城市——埃及北部的亞歷山大城記為，測得立桿與太陽光線所成的角約為.他又派人測得，兩地的距離km，平面示意圖如圖，則可估算地球的半徑約為（）（）A.km B.km C.km D.km〖答案〗C〖解析〗設地心為，依題意可得，，，設地球的周長為，半徑為，則，所以km.故選：C.7.如圖，為正方形，，點在上，點在射線上，且，則（）A. B. C. D.不確定〖答案〗B〖解析〗在取，連接，由于，，所以，又，所以，由于，，，所以，所以，故，故.故選：B.8.在中，，，為的中點，為上一點，且，交于點，則（）A. B.C. D.〖答案〗D〖解析〗依題意，又，所以，因為、、三點共線，所以，又、、三點共線，所以，因為、不共線，所以，解得，所以.故選：D.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.已知正方體，則（）A.直線與所成的角為 B.直線與所成的角為C.二面角的大小為 D.二面角的大小為〖答案〗AC〖解析〗對于A，連接，，由正方體的性質知：，所以為等邊三角形，故，由于，所以四邊形為平行四邊形，所以，故即為直線與所成的角，故A正確；對于B，由于，而，所以直線與所成的角為，故B錯誤；對于C，因為平面，平面，所以，又因為，故即為二面角的平面角，由于，故C正確；對于，連接，，設正方體的棱長為2，所以，又二面角的平面角，所以，故D錯誤．故選：AC.10.記的內角，，所對的邊分別為，，.（）A.若，則是等腰三角形B.若，則是直角三角形C.若，則是等腰三角形D.若，則是等邊三角形〖答案〗BC〖解析〗A：若，則或，所以或，則是等腰三角形或直角三角形，所以該選項錯誤；B：若，則.所以是直角三角形，所以該選項正確；C：若，所以，所以所以，則是等腰三角形，所以該選項正確；D：若，所以或，則是等腰三角形，所以該選項錯誤.故選：BC.11.已知為坐標原點，點，，，，則（）A. B.C. D.〖答案〗ABD〖解析〗對選項A：，，所以該選項正確；對選項B：，，所以，所以，所以該選項正確；對選項C：，，所以該選項不正確；對選項D：，，所以該選項正確.故選：ABD.12.若函數（）在有且僅有個零點，則（）A.的圖象關于直線對稱B.在單調遞增C.在有且僅有個解D.取值范圍是〖答案〗AD〖解析〗由題得，∵，因為函數在有且僅有個零點，所以，所以的取值范圍是，所以選項D正確；對于選項A，令令，所以的圖象關于直線對稱，所以該選項正確；對于選項B，因為，所以在不是單調遞增，所以該選項錯誤；對于選項C，，所以當或時，，所以在有且僅有個解，所以該選項錯誤.故選：AD.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.已知銳角，滿足，，則_______.〖答案〗〖解析〗由，得，由于，為銳角，所以，故.故〖答案〗：.14.將函數圖象上的所有點向右平移個單位，再把所得到的曲線上的所有點縱坐標不變，橫坐標變為原來的倍，得到函數的圖象，則________.〖答案〗〖解析〗將函數圖象上的所有點向右平移個單位，得到函數的圖象，再把圖象上的所有點縱坐標不變，橫坐標變為原來的倍，得到函數的圖象.故〖答案〗為：.15.已知非零向量，滿足，且，則向量與的夾角為_______.〖答案〗〖解析〗因為，所以，所以，所以，因為.故〖答案〗為：.16.已知三棱錐中，平面，，，.在此棱錐表面上，從點經過棱上一點到達點的路徑中，最短路徑的長度為，則該棱錐外接球的表面積為_______.〖答案〗〖解析〗由于平面，，可將三棱錐放在一個如上圖的長方體里，長方體的外接球直徑就是三棱錐的外接球，就是體對角線的長，下將翻折到和共面的狀態，如下圖：由平面，平面，故，在上圖長方體中，顯然平面，又平面，故，在中，，則，于是，由題意，點經過棱上一點到達點路徑中，最短路徑的長度為，則平面圖中的，設，在中，由余弦定理，，整理得，解得（負值舍去），故長方體中，，則，即為外接球直徑，故外接球的表面積是.故〖答案〗為：.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17.如圖，四棱錐的底面為正方形，為的中點.（1）證明：平面；（2）若平面，證明：.解：（1）設與交于點，連接，因為底面是正方形，所以為的中點，又因為為的中點，所以，因為平面，平面，所以平面.（2）因為底面是正方形，所以，又因為平面，平面，所以，又，平面，所以平面，因為平面，所以.18.已知函數.（1）當時，求的取值范圍；（2）若銳角，滿足，，求.解：（1），因為，則，所以，所以.（2）由第（1）問知，所以，因為，所以，因為，為銳角，所以，因為，所以，所以.19.記的內角所對的邊分別為已知向量，，且.（1）求角；（2）若為的中點，，，求的面積.解：（1）由題意知，所以，由正弦定理可知，即，因為，所以，所以，即得，因為，所以.（2）因為為的中點，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.圖①是由矩形，和菱形組成的一個平面圖形，其中，，.將其沿，折起使得與重合，連接，如圖②.（1）證明：平面平面；（2）證明：//平面；（3）求直線與平面所成角的正切值.解：（1）由題意知，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面.（2）法一：由題意可知，，所以，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面.法二：因為，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）過作交的延長線于點，連接，因為平面平面，且交線為平面，所以平面，所以在平面內的射影為，所以與平面所成的角為，因為，所以，在中，，，在中，，，所以，所以，所以與平面所成角的正切值為.21.在平面直角坐標系中，已知點，點在第二象限，且.（1）若點的橫坐標為，現將向量繞原點沿順時針方向旋轉到的位置，求點的坐標；（2）已知向量與，的夾角分別為，，且，，若，求的值.解：（1）因為，點在第二象限且橫坐標為，所以點的坐標為，設，由三角函數定義可知，，因為向量繞原點沿順時針方向旋轉到的位置，所以角的終邊位于射線上，所以，，設點的坐標為，所以，，所以點的坐標為.（2）因為向量與的夾角為且，所以，所以點橫縱坐標分別為，，即點坐標為，所以，因為向量與的夾角為，且點在第二象限，所以角的終邊位于射線上，又，，所以點的橫縱坐標分別為，，即點坐標為，所以，因為，所以，所以，解得，所以.22.（1）證明：；（2）記的內角，，所對的邊分別為，，，已知.（ⅰ）證明：；（ⅱ）若成立，求實數的取值范圍.證明：（1）法一：.法二：，所以解：（2）（ⅰ）法一：因為，由正弦定理可知，即，即，可得，由（1）可知，所以，因為，所以，所以，因為，所以，又因為，所以，所以或（舍），所以.法二：因為，由正弦定理可得，因為，所以，所以，即，所以，即，所以，因為，所以，又因為，所以，所以或（舍），所以.（ⅱ）法一：因為，所以，即，因為，所以，所以