?遼寧省沈陽市五校協(xié)作體2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期期末聯(lián)考數(shù)學(xué)試題
學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________

一、單選題
1．已知復(fù)數(shù)和，則“”是“”的（????）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
2．已知函數(shù)（）的圖象的兩個相鄰對稱中心之間的距離為，則（????）
A．2 B．4 C．8 D．16
3．正四棱柱中，，則異面直線與所成角的余弦值為（????）
A． B． C． D．
4．已知向量，則與的夾角為（????）
A． B． C． D．
5．兩個圓錐有等長的母線，它們的側(cè)面展開圖恰好拼成一個圓，若它們的側(cè)面積之比為，則它們的體積比是（????）
A． B． C． D．
6．兩不共線的向量，，滿足，且，，則（????）
A． B． C． D．
7．三內(nèi)角，，所對邊分別是，，.若，，則的最大值為（????）
A． B． C． D．
8．已知四面體ABCD滿足，，，且該四面體ABCD的外接球的球半徑為，四面體的內(nèi)切球的球半徑為，則的值是（????）
A． B． C． D．

二、多選題
9．已知復(fù)數(shù)滿足，則（????）
A．的虛部為
B．
C．在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第四象限
D．若復(fù)數(shù)滿足，則
10．若函數(shù)的圖象經(jīng)過點，則（????）
A．函數(shù)的最小正周期為
B．點為函數(shù)圖象的對稱中心
C．直線為函數(shù)圖象的對稱軸
D．函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為
11．如圖，在三棱錐中，，，E為AB中點，下列結(jié)論正確的是（????）
??
A．面面
B．二面角的平面角是
C．三棱推的體積（其中為的面積）
D．若三棱錐存在外接球，則球心可能為點E
12．在中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且，則下列結(jié)論正確的是（????）
A．
B．若，則該三角形周長的最大值為6
C．若角A的平分線AD交BC于D，且AD＝2，則
D．若的面積為2，a，b，c邊上的高分別為，且，則的最大值為

三、填空題
13．若，，則在上投影向量的坐標(biāo)為 .
14．已知，如果存在實數(shù)，使得對任意的實數(shù)x，都有成立，則的最小值為 .
15．在棱長為1的正方體中，E在棱上且滿足，點F是側(cè)面上的動點，且面AEC，則動點F在側(cè)面上的軌跡長度為 ．
16．古希臘數(shù)學(xué)家托勒密于公元150年在他的名著《數(shù)學(xué)匯編》里給出了托勒密定理，即圓的內(nèi)接凸四邊形的兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．已知AC，BD為圓的內(nèi)接四邊形ABCD的兩條對角線，且，若，則實數(shù)的最小值為 ．

四、解答題
17．在中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若．
(1)求角C的大小；
(2)若，且的面積為，求邊長c．
18．已知
(1)化簡求值；
(2)若，且，求．
19．已知．
(1)時，求的值域；
(2)把曲線上所有點的橫坐標(biāo)縮短為原來的，縱坐標(biāo)不變．再把得到的圖像向左平移個單位長度，得到函數(shù)的圖像，若是R上的偶函數(shù)，求的值．
20．如圖①在平面直角坐標(biāo)系中，已知，，動點在線段上．
??
(1)求的最小值；
(2)以四邊形為底面做四棱錐如圖②，使平面，且，求證：平面平面．
21．在如圖所示的七面體中，底面為正方形，，，面．已知，．
??
(1)設(shè)平面平面，證明：平面；
(2)若二面角的正切值為，求四棱錐的體積．
22．記的內(nèi)角 的對邊分別為，已知．
(1)求的值；
(2)若的外接圓的半徑為r，求的最小值．

參考答案：
1．A
【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的性質(zhì)及充分條件、必要條件求解即可.
【詳解】，復(fù)數(shù)和是實數(shù)，成立，
當(dāng)時，例如，推不出，
所以“”是“”的充分不必要條件.
故選：A
2．B
【分析】由正切函數(shù)的性質(zhì)得出，繼而由周期公式得出.
【詳解】解：設(shè)的最小正周期為，由函數(shù)（）的圖象上相鄰兩
個對稱中心之間的距離為，知，，
又因為，所以，即，則．
故選：B．
3．C
【分析】先利用線線平行的傳遞性求得異面直線與所成角，再在中利用余弦定理即可得解.
【詳解】依題意，不妨設(shè)，則，
因為在正四棱柱中，，
所以四邊形是平行四邊形，則，
所以異面直線與所成角，
??
在中，，，則，
由余弦定理得.
故選：C.
4．D
【分析】根據(jù)題意，由平面向量的模長公式代入計算，即可得到，再根據(jù)數(shù)量積的定義，即可得到結(jié)果.
【詳解】因為，則，且，則，
即，所以，設(shè)與的夾角為，則，
即，所以，因為，則.
故選：D
5．A
【分析】設(shè)圓錐母線長為，小圓錐半徑為、高為，大圓錐半徑為，高為，根據(jù)側(cè)面積之比可得，再由圓錐側(cè)面展開扇形圓心角的公式得到，利用勾股定理得到關(guān)于的表達(dá)式，從而將兩個圓錐的體積都表示成的表達(dá)式，求出它們的比值即可.
【詳解】設(shè)圓錐母線長為，側(cè)面積較小的圓錐半徑為，
側(cè)面積較大的圓錐半徑為，它們的高分別為、，
則，得，
因為兩圓錐的側(cè)面展開圖恰好拼成一個圓，
所以，得，
再由勾股定理，得，
同理可得，
所以兩個圓錐的體積之比為：
.
故選：A.
6．C
【分析】由兩邊平方后整理得一元二次不等式，根據(jù)一元二次函數(shù)的性質(zhì)可判斷，整理后可知只能為0，即可解得答案.
【詳解】解：由題意得：
，
，
即

，

，即
故選：C
7．C
【分析】由已知及余弦定理可得，再應(yīng)用正弦定理有，，將目標(biāo)式轉(zhuǎn)化為且，利用正弦型函數(shù)性質(zhì)求最大值即可.
【詳解】因為，由余弦定理，又，故，
由正弦定理知：，則，，
所以，而，
則


，且，
又，當(dāng)時的最大值為.
故選：C
8．A
【分析】將四面體補(bǔ)全為長方體，根據(jù)它們外接球相同求出外接球半徑，利用等體積法求內(nèi)切球半徑，即可得結(jié)果.
【詳解】由題設(shè)，可將四面體補(bǔ)全為如下長方體，長寬高分別為，
??
所以，四面體外接球即為長方體外接球，則半徑，
由題意，四面體的四個側(cè)面均為全等三角形，，為三角形內(nèi)角，
所以，則，
又，且，
所以，即，
綜上，.
故選：A
9．ABD
【分析】根據(jù)題意，由復(fù)數(shù)的四則運算即可求得，然后對選項逐一判斷，即可得到結(jié)果.
【詳解】
因為，即，所以，
則，
所以的虛部為，故A正確；
則，故B正確；
在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點為，在第三象限，故C錯誤；
滿足的復(fù)數(shù)對應(yīng)的點的集合是以為圓心，為半徑的圓，
而表示復(fù)數(shù)到原點的距離，且，
則，故D正確；
故選：ABD
10．AC
【分析】由已知條件求出的值，可得出函數(shù)的解析式，利用正弦型函數(shù)的周期公式可判斷A選項；利用正弦型函數(shù)的對稱性可判斷BC選項；利用正弦型函數(shù)的單調(diào)性可判斷D選項.
【詳解】因為函數(shù)的圖象經(jīng)過點，則，
因為，所以，，則.
對于A選項，函數(shù)的最小正周期為，A對；
對于B選項，，故點不是函數(shù)圖象的對稱中心，B錯；
對于C選項，，故直線為函數(shù)圖象的對稱軸，C對；
對于D選項，由得，
因此，函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為，D錯.
故選：AC.
11．ABC
【分析】根據(jù)給定條件，利用面面垂直的判定推理判斷A；利用二面角平面角的定義判斷B；利用錐體體積公式計算判斷C；比較的大小判斷D作答.
【詳解】在三棱錐中，，，E為中點，則，
因此是二面角的平面角，B正確；
而平面，于是平面，又平面，因此平面平面，A正確；
顯然，C正確；
在中，，即點到點的距離不全相等，
因此點不可能是三棱錐外接球的球心，D錯誤.
故選：ABC
12．BCD
【分析】由商數(shù)關(guān)系、正弦定理、三角恒等變換化簡可得，可得的大小，即可判斷A；由正弦定理可得，則由三角恒等變換可化簡得，由正弦函數(shù)的性質(zhì)可得周長的最值，即可判斷B；由三角形面積可得，結(jié)合基本不等式求最值可判斷C；根據(jù)面積公式及余弦定理結(jié)合基本不等式可得的范圍，從而可得的取值范圍，即可判斷D.
【詳解】對于A，因為，由正弦定理可得，
又因為，所以，
化簡可得，又，可得，又，故，即選項A錯誤；
對于B，若，又，由正弦定理得，
所以，
則


因為，所以，所以
則的最大值為，故B正確；
對于C，
??
因為若是的角平分線，且，故，
而，所以，
得，所以，
則

當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立
所以，故C正確；
對于D，由題意可得，所以，則，
又因為，所以
由余弦定理得，當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立
所以，所以，故D正確.
故選：BCD.
13．
【分析】利用投影向量求解公式進(jìn)行計算.
【詳解】設(shè)向量，的夾角為，
則在上投影向量為.
故答案為：
14．
【分析】利用三角恒等變換化簡函數(shù)的解析式，分析可知是函數(shù)的最小值，是函數(shù)的最大值，求出函數(shù)最小正周期的最大值，可求得的最小值.
【詳解】因為
，
如果存在實數(shù)，使得對任意的實數(shù)，都有成立，
則是函數(shù)的最小值，是函數(shù)的最大值，
因為，若使得最小，則函數(shù)的最小正周期取最大值，
且函數(shù)最小正周期的最大值為，
故的最小值為，則的最小值為.
故答案為：.
15．
【分析】根據(jù)已知，利用面面平行得到線面平行，再根據(jù)正方體的性質(zhì)計算求解.
【詳解】如圖，取的中點，并連接、、，
因為E在棱上且滿足，即E是棱的中點，
所以，又平面，平面，
所以平面，同理可證平面，
又，所以平面平面，又平面，
所以平面，所以動點F在側(cè)面上的軌跡即為，
因為正方體的棱長為1，由勾股定理有：.
??
故答案為：.
16．/1.5
【分析】由圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)結(jié)合正弦定理可得到，再利用托勒密定理得，結(jié)合整理得，求得答案.
【詳解】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可知; ,

所以，
即，
在中，,故，
由題意可知： ,
則，所以，
故，
當(dāng)且僅當(dāng)時等號取得，
又，所以，
則 ，則實數(shù)的最小值為，
故答案為：
17．(1)
(2)

【分析】（1）由正弦定理與三角恒等變換可得，從而可得角C的大??；
（2）由三角形的面積及可得的值，再根據(jù)余弦定理可得邊長c．
【詳解】（1）由正弦定理得：，
∴，
∵，∴，∴，則．
（2）∵的面積為，則
∴根據(jù)題意得，則或，
∵，∴
由余弦定理可得，
即．
18．(1)
(2)

【分析】（1）根據(jù)題意，由二倍角公式將原式化簡可得，然后由同角的平方關(guān)系可求得的值.
（2）根據(jù)題意，由同角平方關(guān)系可得，然后由代入計算，即可得到結(jié)果.
【詳解】（1）原式
．
由可得，，∴，
∴.
（2）由和，解得，
又∵，∴，
，∴
∴
．
19．(1)
(2)或

【分析】（1）結(jié)合三角恒等變換化簡函數(shù)得，根據(jù)整體代入法求其最值即可得值域；
（2）根據(jù)圖象變換得函數(shù)，根據(jù)正弦型函數(shù)的奇偶性求得，，再結(jié)合，即可得的值．
【詳解】（1）




∵，即，則值域為；
（2）由題可知，
∵是偶函數(shù)，
∴，，∴，，
由∵∴或
20．(1)
(2)證明見解析

【分析】（1）動點在線段上可設(shè) 且，這樣利用坐標(biāo)可以求出的模長，進(jìn)而求出其最值；
（2）可取的中點由中位線可得，，結(jié)合，，繼而可得，，可證四邊形為平行四邊形，則，而我們要證平面平面，只要證平面，又，所以只需證平面即可.
【詳解】（1）動點在線段上
可設(shè) 且，
∴，，
∴
∴
∴時，取最小值
（2）取的中點連接
??
是三角形的中位線，
∴，，
又由（1）得，，
∴，，
∴四邊形為平行四邊形，
∴
∵平面，平面
∴，
又∵，且為中點，
∴，
又,平面
∴平面，
又，
∴平面，
又∵平面
∴平面平面
21．(1)證明見解析
(2)

【分析】（1）由線面平行的判定定理可得平面ABFE，再由線面平行性質(zhì)定理可得，從而可證得結(jié)論；
（2）由二面角的定義可得長，再根據(jù)平行得椎體底面積比例、三棱錐等體積轉(zhuǎn)換即可得四棱錐的體積.
【詳解】（1）因為底面為正方形，所以，
因為平面ABFE，平面ABEF，所以平面ABFE．
因為平面GCD，平面平面，所以
因為平面ABCD，平面ABCD，
所以平面ABCD．
（2）取中點，連接，
??
因為面，面，所以
因為正方形，所以，
因為平面，所以平面
又，所以平面，
因為平面，所以
則為二面角的平面角，
因為為中點，，所以，又，故四邊形為矩形，
所以，由面，得面
則，所以
因為且，所以
所以，
所以
22．(1)
(2)

【分析】（1）由三角恒等變換和誘導(dǎo)公式得，可得；
（2）由正弦定理和可得，由倍角公式和基本不等式可得.
【詳解】（1）因為，即

∴，
∴，或
整理得，或．
①當(dāng)
∵∴即，此時，與題意不符，舍去
②當(dāng)
因為，所以
（2）由（1）知：，所以，，
而，即有，
所以

當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，所以的最小值為．

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