山東省威海市2022-2023學年高一下學期期末考試數(shù)學試題（含答案）

第第頁山東省威海市2022-2023學年高一下學期期末考試數(shù)學試題（含答案）高一數(shù)學

注意事項：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、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(jīng)過點，則

A.B.C.D.

2.下列角的終邊與角的終邊關(guān)于軸對稱的是

A.B.C.D.

3.已知，則

A.B.C.D.

4.已知正四棱錐的側(cè)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.

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

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(xiàn)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，平面示意圖如右圖，

則可估算地球的半徑約為（）

A.kmB.kmC.kmD.km

7.如圖，為正方形，，點在上，點在射

線上，且，則

A.B.

C.D.不確定

8.在中，，，為的中點，為上一點，且，交于點，則

A.B.C.D.

二、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

10.記的內(nèi)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

11.已知為坐標原點，點，，，，則

A.B.

C.D.

12.若函數(shù)（）在有且僅有個零點，則

A.的圖象關(guān)于直線對稱B.在單調(diào)遞增

C.在有且僅有個解D.的取值范圍是

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.

14.將函數(shù)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?yōu)樵瓉淼谋?，得到函?shù)的圖象，則.

15.已知非零向量，滿足，且，則向量與的夾角為.

16.已知三棱錐中，平面，，，.在此棱錐表面上，從點經(jīng)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.

四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。

17.（10分）

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：.

18.（12分）

已知函數(shù).

（1）當時，求的取值范圍；

（2）若銳角，滿足，，求.

19.（12分）

記的內(nèi)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.

20.（12分）

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.

21.（12分）

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(xiàn)將向量繞原點沿順時針方向旋轉(zhuǎn)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.

22.（12分）

（1）證明：；

（2）記的內(nèi)角，，所對的邊分別為，，，已知.

（?。┳C明：；

（ⅱ）若成立，求實數(shù)的取值范圍.高一數(shù)學參考答案

一、選擇題：每小題5分，共40分。

題號12345678

答案CACABCBD

二、選擇題：每小題5分，共20分。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。

題號9101112

答案ACBCABDAD

三、填空題：每小題5分，共20分。

題號13141516

答案

四、解答題

17.（10分）

證明:（1）連接與交于點，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，3分

因為平面，平面，

所以平面.5分

（2）法一：因為底面是正方形，所以，6分

因為平面，所以，7分

又，所以平面，9分

因為平面，所以.10分

法二：因為底面是正方形，所以，

因為平面，

所以在平面內(nèi)的射影為，

所以由三垂線定理可知，.

18.（12分）

解：（1）

，2分

因為，則，3分

所以，5分

所以.6分

（2）由第（1）問知，

所以，7分

因為，所以，8分

因為，為銳角，

所以，因為，

所以，10分

所以

.12分

19.（12分）

解：（1）由題意知，

所以，1分

由正弦定理可知，

即，3分

因為，所以，

所以，即得，5分

因為，所以.6分

（2）因為為的中點，

所以，7分

所以，所以，

所以，①9分

由余弦定理可知，

所以，②10分

由①②得，11分

所以.12分

(也可在與中，因為，用余弦定理可知，再由①或②，得.)

20.（12分）

證明：（1）由題意知，，

所以平面，2分

又平面，

所以平面平面.3分

（2）法一：由題意可知，，所以，4分

所以四邊形為平行四邊形，所以，5分

又平面，平面，所以平面.6分

法二：因為，，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，所以平面，7分

所以在平面內(nèi)的射影為，

所以與平面所成的角為，8分

因為，所以，

在中，，，9分

在中，，，所以，11分

所以，

所以與平面所成角的正切值為.12分

21.（12分）

解：（1）因為，點在第二象限且橫坐標為，

所以點的坐標為，1分

設(shè)，由三角函數(shù)定義可知，，2分

因為向量繞原點沿順時針方向旋轉(zhuǎn)到的位置，

所以角的終邊位于射線上，

所以，，4分

設(shè)點的坐標為，

所以，，

所以點的坐標為.6分

（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.7分

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，

，9分

所以點的橫縱坐標分別為，，

即點坐標為，所以，10分

因為，

所以，

所以，11分

解得，所以.12分

（由題意知，，由正弦定理可得

，解得，，所以.）

22.（12分）

證明：（1）法一：

.3分

法二：，

，

所以.

（2）（?。┓ㄒ唬阂驗椋?/p>

由正弦定理可知，

即，4分

即，可得，5分

由（1）可知，

所以，因為，所以，6分

所以，因為，所以，又因為，

所以，所以或（舍），所以.7分

法二：因為，由正弦定理可得，4分

因為，所以，5分

所以，即，

所以，

即,所以，6分

因為，所以，又因為，

所以，所以或（舍），所以.7分

解：（ⅱ）法一：因為，所以，即，

因為，所以，

所以，

所以，

，8分

因為，所以，

，

，9分

因為，，，可得，

設(shè)，則，

即對成立，10分

令，

當時，即時，可得，解得，所以；

當時，即時，可得，解得，所以；

當時，即時，可得，解得，所以.

綜上，.12分

法二：因為，由正弦定理可知，

因為，所以,

代入，整理得，下同法一.

法三：因為，將整理得，

即，由題意可得，設(shè)，則，

即對成立，令，

當時，即時，可得，解得，所以；

當時，即時，可得，解得，所以；

當時，即時，可得，解得，所以.

綜上，.高一數(shù)學參考答案

一、選擇題：每小題5分，共40分。

題號12345678

答案CACABCBD

二、選擇題：每小題5分，共20分。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的

得0分。

題號9101112

答案ACBCABDAD

三、填空題：每小題5分，共20分。

題號13141516

3

答案sinx13

43

四、解答題

17.（10分）

證明:（1）連接BD與AC交于點F，連接EF，

因為底面是正方形，所以F為BD的中點，

又因為E為SD的中點，所以EF∥SB，3分

因為SB平面ACE，EF平面ACE，

所以SB∥平面ACE.5分

（2）法一：因為底面是正方形，所以ACBD，6分

因為SA平面ABCD，所以SABD，7分

又ACSAA，所以BD平面SAC，9分

因為SC平面SAC，所以SCBD.10分

法二：因為底面是正方形，所以ACBD，

因為SA平面ABCD，

所以SC在平面ABCD內(nèi)的射影為AC，

所以由三垂線定理可知，SCBD.

18.（12分）

解：（1）f(x)23cos2x2sinxcosx3sin2x3cos2x

2sin(2x)，2分3

因為x[0]2x,，則[,]，3分2333

所以sin(2x)3[,1]，5分

32

所以f(x)[3,2].6分

高一數(shù)學答案第1頁（共6頁）

{#{ABIQKAogAoABJAARhCFyCkGQkBACAIgOAEAEMAAAiBFABAA=}#}

21f(8（）由第（）問知)2sin[2()]

262635，

4

所以sin，7分

5

因為(0,)，所以cos3，8分

25

因為，為銳角，

12

所以(0,，因為cos()，

13

5

所以sin()，10分

13

所以sinsin[()]sin()coscos()sin

5312463

.12分

13513565

19.（12分）

解：（1）由題意知mnbsinAacos(B)0，

6

bsinAacos(B所以)，1分

6

sinBsinAsinA(cosBcos由正弦定理可知sinBsin)，

66

即sinBsinAsinA(3cosB1sinB)，3分

22

因為A(0,)，所以sinA0，

1

所以sinB3cosB，即得tanB3，5分

22

因為B(0,)，所以B.6分

3

（2）因為D為AC的中點，

1

所以BD(BABC)，7分

2

21

所以BD(BA1BC)2，所以(7)2(a2c22accosB)，

44

所以a2c2ac28，①9分

由余弦定理可知b2(23)2a2c22accosB，

所以a2c2ac12，②10分

由①②得ac8，11分

所以S11△ABCacsinB8

3

23.12分

222

(也可在△ABD與△BCD中，因為cosBDAcosBDC，用余弦定理可知a2c220，

再由①或②，得ac8.)

高一數(shù)學答案第2頁（共6頁）

{#{ABIQKAogAoABJAARhCFyCkGQkBACAIgOAEAEMAAAiBFABAA=}#}

20.（12分）

證明：（1）由題意知ABBE，ABBC，

所以AB平面BCGE，2分

又AB平面ABC，

所以平面ABC平面BCGE.3分

（2）法一：由題意可知AD∥BE，CG∥BE，所以AD∥CG，4分

所以四邊形ACGD為平行四邊形，所以AC∥DG，5分

又AC平面ABC，DG平面ABC，所以DG∥平面ABC.6分

法二：因為ED∥AB，EG∥BC，所以平面DEG∥平面ABC，

又DG平面DEG，所以DG∥平面ABC.

（3）過G作GHBC交BC的延長線于點H，連接AH，

因為平面ABC平面BCGE，所以GH平面ABC，7分

所以AG在平面ABC內(nèi)的射影為AH，

所以AG與平面ABC所成的角為GAH，8分

因為CBF60，所以GCH60，

在Rt△CHG中，CH2cos601，GH2sin603，9分

在Rt△ABH中，AB1，BH123，所以AH32110，11分

所以tanGAH330，

1010

所以AG與平面ABC30所成角的正切值為.12分

10

21.（12分）

解：（1）因為|OB|5，點B在第二象限且橫坐標為2，

所以點B的坐標為(2,1)，1分

設(shè)AOB255，由三角函數(shù)定義可知cos，sin，2分

55

因為向量OB繞原點O沿順時針方向旋轉(zhuǎn)90O到OC的位置，

所以角90的終邊位于射線OC上，

高一數(shù)學答案第3頁（共6頁）

{#{ABIQKAogAoABJAARhCFyCkGQkBACAIgOAEAEMAAAiBFABAA=}#}

所以cos(90)sin5，sin(90)cos25，4分

55

設(shè)點C的坐標為(a,b)，

所以a|OB|cos(90)1，b|OB|sin(90)2，

所以點C的坐標為(1,2).6分

（210）因為向量OP與OA的夾角為且cos，

10

所以sin310，

10

P21010310所以點橫縱坐標分別為2，2106，

1010

即點P坐標為(2,6)，所以O(shè)P(2,6).7分

因為向量OP與OB的夾角為45，且點B在第二象限，

所以角45的終邊位于射線OB上，

cos(4521023105又)，

2102105

sin(45231021025)，9分

2102105

B5(5)1525所以點的橫縱坐標分別為，2，

55

即點B坐標為(1,2)，所以O(shè)B(1,2)，10分

因為OPxOAyOB，

所以(2,6)x(1，0)y(1,2)，

xy2

所以，11分

2y6

x5

解得，所以xy8.12分

y3

310231021025

（由題意知sin，sin(45)，由正弦定理可得

102102105

x|OA||OP|y|OB|

sin，解得x5，y3，所以xy8.）sin45sin(45)

22.（12分）

證明：（1）法一：cos2xcos2ycos[(xy)(xy)]cos[(xy)(xy)]

cos(xy)cos(xy)sin(xy)sin(xy)cos(xy)cos(xy)sin(xy)sin(xy)

2sin(xy)sin(xy).3分

法二：2sin(xy)sin(xy)2(sinxcosycosxsiny)(sinxcosycosxsiny)

2(sin2xcos2ycos2xsin2y)，

2[sin2xcos2y(1sin2x)(1cos2y)]

高一數(shù)學答案第4頁（共6頁）

{#{ABIQKAogAoABJAARhCFyCkGQkBACAIgOAEAEMAAAiBFABAA=}#}

2(cos2ycos2x)1cos2y1cos2xcos2ycos2x，

所以cos2xcos2y2sin(xy)sin(xy).

（2）（?。┓ㄒ唬阂驗閍sinA(bc)sinB，

由正弦定理可知sin2A(sinBsinC)sinB，

即sin2Asin2BsinBsinC，4分

1cos2A1cos2B

即sinBsinC，可得cos2Bcos2A2sinBsinC，5分

22

由（1）可知cos2Bcos2A2sin(AB)sin(BA)2sinCsin(BA)，

所以2sinCsin(BA)2sinCsinB，因為sinC0，所以sin(BA)sinB，6分

所以sin(AB)sinB，因為B(0,)，所以sin(AB)0，又因為A(0,)，

所以AB(0,)，所以ABB或ABB（舍），所以A2B.7分

法二：因為asinA(bc)sinB，由正弦定理可得bca2b2，4分

222cb

因為cosAbca，所以cosA2b，5分2bc

所以cosA

sinCsinB

2sinB，即2sinBcosAsinCsinB，

所以2sinBcosAsin(AB)sinB，

即sinAcosBsinBcosAsinB,所以sin(AB)sinB，6分

因為B(0,)，所以sin(AB)0，又因為A(0,)，

所以AB(0,)，所以ABB或ABB（舍），所以A2B.7分

解：（ⅱ）法一：因為asinA(bc)sinB，所以a2(bc)b，即bca2b2，

因為(bc)(m2cos2B)≤2b，所以(bcc2)(m2cos2B)≤2bc，

所以(a2b2c2)(m2cos2B)≤2bc，

b2c2a2

所以2bc(m2cos

2B)≤1，

(m2cos2B)cosA1≥0，8分

因為A2B，所以(m2cos2B)cos2B1≥0，

(m2cos2B)(2cos2B1)1≥0，

4cos4B(2m2)cos2Bm1≥0，9分

C(0)B(0因為A，B，,，可得,)3，

1

設(shè)cos2Bt，則t(,1)，4

高一數(shù)學答案第5頁（共6頁）

{#{ABIQKAogAoABJAARhCFyCkGQkBACAIgOAEAEMAAAiBFABAA=}#}

即4t2(2m2)tm1≥01對t(,1)成立，10分

4

令f(t)4t2(2m2)tm1，

1m1133

當≤時，即m≥0時，可得f()≥0，解得m≤，所以0≤m≤；

44422

11m

當1時，即3m0時，可得f(1m)≥0，解得3≤m≤1，所以3m0；

444

1m

當≥1時，即m≤3時，可得f(1)≥0，解得m≥3，所以m3.

4

綜上，33≤m≤.12分

2

法二：因為(bc)(m2cos2B)≤2b，由正弦定理可知(sinBsinC)(m2cos2B)≤2sinB，

因為A2B，所以sinCsin3B,

sin3Bsin(2BB)sin2BcosBsinBcos2B2cos2BsinBsinB(2cos2B1)sinB(4cos2B1)

代入(sinBsinC)(m2cos2B)≤2sinB，整理得(m2cos2B)(2cos2B1)1≥0，下同法一.

法三：因為A2B，將(m2cos2B)cosA1≥0整理得(m1cosA)cosA1≥0，

即cos2A(m1)cosA1≥0，由題意可得A(0,)，設(shè)cosAt3，則t(

1

,1)，

2

即t2(m1)t1≥01對t(,1)成立，令f(t)t2(m1)t1，

2

m11m0133當≤時，即≥時，可得f()≥0，解得m≤，所以0≤m≤；

22222

11m1m

當1時，即3m0時，可得f()≥0，解得3≤m≤1，所以3m0；

222

1m

當≥1時，即m≤3時，可得f(1)≥0，解得m≥3，所以m3.

2

3m3綜上，≤≤.

2

高一數(shù)學答案第6頁（共6頁）

{#{ABIQKAogAoABJAARhCFyCkGQkBACAIgOAEAEMAAAiBFABAA=}#}高一數(shù)學

注意事項：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡指定位置上。

2.回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標號涂黑?；卮?/p>

非選擇題時，將答案寫在答題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。

一、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(jīng)過點(1,1)，則sin

A.3B.2C.2122

D.

22

2.下列角的終邊與60角的終邊關(guān)于x軸對稱的是

A.660B.660C.690D.690

3.1cos2已知2，則

sin2tan

A.2B.2C.1D.1

22

4.已知正四棱錐的側(cè)棱長為5，高與斜高的夾角為30，則該正四棱錐的體積為

A.43B.23C.43D.23

33

5.在空間四邊形ABCD中，若E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，GCD，HAD，且

CG2GD，AH2HD，則

A.直線EH與FG平行B.直線EH，F(xiàn)G，BD相交于一點

C.直線EH與FG異面D.直線EG，F(xiàn)H，AC相交于一點

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(xiàn)在的阿斯旺，

在北回歸線上）記為A，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B，測得立桿與

太陽光線所成的角約為7.2.他又派人測得A，

B兩地的距離AB800km，平面示意圖如右圖，

則可估算地球的半徑約為（3.14）

A.7260kmB.6870kmC.6369kmD.5669km

高一數(shù)學第1頁（共4頁）

{#{ABIQKAogAoABJAARhCFyCkGQkBACAIgOAEAEMAAAiBFABAA=}#}

7.如圖，ABCD為正方形，DAM45，點E在AB上，點F在射

線AM上，且AF2BE，則ECF

A.60B.45

C.30D.不確定

8.在△ABC中，ABa，ACb，D為AB的中點，E為BC上一點，且CE2EB，AE

交CD于點F，則

A.AF1a+1bB.AF1a+1bC.AF1a+2bD.AF2a+1b

42245555

二、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ABCDA1B1C1D1，則

A.直線AB1與A1C1所成的角為60B.直線AC與B1D1所成的角為60

C.二面角BADB1的大小為45D.二面角ABDA1的大小為45

10.記△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c.

A.若sin2Asin2B，則△ABC是等腰三角形

B.若tanAtanB1，則△ABC是直角三角形

C.若a2ccosB，則△ABC是等腰三角形

D.若sin(AB)sin(BC)0，則△ABC是等邊三角形

11.已知O為坐標原點，點P1(cos,sin)，P2(cos,sin)，P3(cos(),sin())，A(1,0)，

則

A.|OP1||OP3|B.|AP3||P1P2|

C.OAOP1OP2OP3D.OAOP3OP1OP2

12.若函數(shù)f(x)sinxcosx（0）在[0,2]有且僅有3個零點，則

A.yf(x)5的圖象關(guān)于直線x對稱B.在(0,單調(diào)遞增4f(x)5

C.f(x)11152在(0,2有且僅有1個解D.的取值范圍是[,)

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高一數(shù)學第2頁（共4頁）

{#{ABIQKAogAoABJAARhCFyCkGQkBACAIgOAEAEMAAAiBFABAA=}#}

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tan2，tan3，則