【文档说明】重庆市西南大学附属中学校2022-2023学年高一下学期期末数学试题 含解析.docx，共(21)页，2.277 MB，由小赞的店铺上传

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西南大学附中2022—2023学年度下期期末考试高一数学试题（满分：150分；考试时间：120分钟）注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上.2．答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用

0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效；保持答卷清洁、完整.3．考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）.一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.若(

)2i1z+=，则z=（）A.2i−+B.2i+C.2i−−D.2i−【答案】C【解析】【分析】由()2i1z+=直接求解即可复数z即可【详解】由()2i1z+=，得12iz+=，2iz=−−，故选：C2.ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，若3a=，3

b=，60A=，则B=（）A.30°B.60°C.120°D.150°【答案】A【解析】【分析】根据给定条件，利用正弦定理解三角形即可.【详解】在ABC中，由正弦定理sinsinabAB=得：sin3

sin601sin32bABa===，而ab，则在中ABC有AB，所以30B=.故选：A.3.若平面和直线a，b满足aA=，b，则a与b的位置关系一定是（）A.相交B.平行C.异面D.相交或异

面【答案】D【解析】【分析】当Ab时a与b相交，当Ab时a与b异面.【详解】当Ab时a与b相交，当Ab时a与b异面.故答案为D【点睛】本题考查了直线的位置关系，属于基础题型.4.若向量a，b满足2a=，23ab−=rr，4ab=，则

b=（）A.2B.3C.4D.5【答案】C【解析】【分析】对23ab−=rr两边平方化简结合已知可求得结果.【详解】因为2a=，4ab=，23ab−=rr，所以22224812abaabbb−=−+=−+=rrrrrrr，所以216b=r

，解得4b=，故选：C5.正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，侧棱长为3，则该四棱台的体积为（）A2873B.287C.563D.56【答案】A【解析】【分析】根据正四棱台的性质和已知先求高，然后由棱台的体积公式可得.【详解】连接AC，11AC，作1AE⊥平

面ABCD，由正四棱台性质可知点E在AC上，因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，所以1142,22ACAC==，.易知四边形11ACCA为等腰梯形，所以111()22AEACAC=−=，所以21327AE=−=，因为上下底面面积分别为：2

24,4416==，所以四棱台的体积为1287(416416)733++=.故选：A6.△ABC中，D为AB上一点且满足12ADDB=，若P为线段CD上一点，且满足APABAC=+（，为正实数），则113+的最小值为（）A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】【分析】根

据题意结合三点共线的结论可得31+=，再根据基本不等式运算求解.【详解】因为P为线段CD上一点，则3APxADyACCxAByA=++=uuuruuuruuuruuuruuur，且1xy+=，又因为

APABAC=+，可得3xy==，即3xy==，所以31+=，可得()111133322243333+=++=+++=，当且仅当33=

，即132==时，等号成立，所以113+的最小值为4.故选：B.7.M为△ABC所在平面内一点，且222BMCABABC=−，则动点M的轨迹必通过△ABC的（）A.垂心B.内心C.外心D.重心【答案】C【解析】【分析】

设边AC的中点为D，结合向量的线性运算法则化简向量等式可得0MDCA=，由数量积的性质可得DMCA⊥，由此可得结论.【详解】设边AC的中点为D，因为222BMCABABC=−，所以()()2BMCABABCBABC=+

−，所以22BMCABDCA=，所以()0BMBDCA−=，所以0DMCA=，所以DMCA⊥，又点D为边AC的中点，所以点M在边AC的垂直平分线上，所以动点M的轨迹必通过△ABC的外心，故选：C.8.在四

棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥底面ABCD，AB＝1，3BC=，E为PD的中点，点N在平面PAC内，且NE⊥平面PAC，则点N到平面PAB的距离为（）A.16B.18C.338D.178【答案】

C【解析】【分析】过点D作DFAC⊥，证得DF⊥平面PAC，取PF的中点N，连接NE，证得NE⊥平面PAC，过点F作//FGBC，证得GF⊥平面PAB，从而得到NQ⊥平面PAB，得到NQ为点N到平面PAB的距离，结合12NQGF=，即可求解.【详

解】如图所示，过点D作DFAC⊥，垂足为F，因为PA⊥平面ABCD，且DF平面ABCD，所以DFPA⊥，又因为PAACA=，且,PAAC平面PAC，所以DF⊥平面PAC，取PF的中点N，连接NE，因为E为PD的中点，可得//NEDF，所以NE⊥平面PAC，过点F作//FGBC，因为

四边形ABCD为矩形，可得FGAB⊥，因为PA⊥平面ABCD，且GF平面ABCD，所以GFPA⊥，又因为ABPAA=，且,ABPA平面PAB，所以GF⊥平面PAB，取PG的中点Q，连接NQ，因为N为PF的中点，所以//NQGF，所以NQ⊥平面PAB，即

NQ为点N到平面PAB的距离，在矩形ABCD中，因为1,3ABBC==，可得2AC=，则2ADAFAC=，可得232ADAFAC==，又由AGFABC∽△△，可得=GFAFBCAC，解得334AFBCGFAC==，又由1133332248NQGF===

，即点N到平面PAB的距离为338.故答案为：338.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知圆锥顶点为S，底面圆心为O，AC为底面的直径，6AC=，SA与底

面所成的角为60，则（）A.33SO=B.该圆锥的母线长为6C.该圆锥体积为273πD.该圆锥的侧面积为36π【答案】AB【解析】【分析】由线面角的定义可得出60SAO=，可求得SO的长，可判断A选项；分析可知SAC是等边三角形，可判断B选项；利用锥体的体积公式可判断C选项

；求出该圆锥的侧面积，可判断D选项.【详解】对于A选项，如下图所示：由圆锥的几何性质可知，SO与圆O所在的底面垂直，所以，SA与底面所成的角为SAO，即60SAO=，的因为6AC=，则3AO=，所以，tan6033SOA

O==，A对；对于B选项，因为60SAO=，且SASC=，则SAC是边长为6的等边三角形，所以，该圆锥的母线长为6，B对；对于C选项，圆O面积为2π9πAO=，故该圆锥的体积为19π3393π3V==，C错；对于D选项，该圆锥的侧面积为ππ3618π

AOSA==，D错.故选：AB.10.已知复数1z，2z，则下列结论正确的是（）A.若12=zz，则12=zzB.若1z和2z互为共轭复数，则12=zzC.若120zz−=，则12zz=D.2111zzz=【答案】BCD【

解析】【分析】举反例判断A，根据共轭复数的定义，复数的模的性质判断BCD.【详解】对于A，设1213i,2izz=+=，则122zz==，但12zz且12zz−，A错误；对于B，设()1i,,Rzabab=+

，因为1z和2z互为共轭复数，所以2izab=−，所以()22222212,zabzabab=+=+−=+，所以12=zz，B正确；对于C，设1izmn=+，()2i,,,,Rzcdmncd=+，则()()12izzmcnd−=−+−，所以()()2212zzmcnd−=−+−，由已知()()2

20mcnd−+−=，所以,mcnd==，故12zz=，C正确；对于D，设()1i,,Rzxyxy=+，则1izxy=−，所以222111zzxyz=+=，D正确.故选：BCD.的11.在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若::3:4:5abc=

，O为ABC内一点，则下列结论正确的是（）A.cossinAB=B.若3a=，则ABC内切圆的半径为2C.若4b=，则9ABBC=−D.若4b=，2340OAOBOC++=，则2AOCS=△【答案】ACD【解析】【分析】建立直角坐标系，运用坐标作向量的有关计算.【详

解】222+=abc，ABC是以C为直角的三角形，以C为原点，CA为x轴，CB为y轴，建立直角坐标系如下图：44cos,sin,sincos55ABBA===，A正确；13462ABCS==△，ABC的周长=12，设内切圆半径为r，则112,12ABCSrr==，B错误；

若4b=，则3a=，()()()()4,0,0,3,4,3,0,3,9ABABBCABBC=−=−=−，C正确；对于D，设(),Oxy，()()()4,,,3,,OAxyOBxyOCxy=−−=−−=−−，由题意，823402340,29340xxxOAOBOCyyy−−−=++=−

+−−=，解得111,41222OACySOAy====，D正确；故选：ACD.12.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，侧面PAD为等边三角形，PA＝2，平面PAD⊥平面ABCD，点

M在线段PC上运动（不含端点），则（）A.平面PAD⊥平面PCDB.存在点M使得BD⊥AMC.当M为线段PC中点时，过点A，D，M的平面交PB于点N，则四边形ADMN的面积为374D.BMAM+的最小值为4【答案】ACD【解析】【分析】根据面面垂直的性质可得线面垂直即可判断A，根据反证法即可找

矛盾求解B,根据长度关系即可由梯形面积求解C，由三点共线即可由平面图形关系求解D.【详解】对于A,平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD=，,CDADCD⊥平面ABCD，所以CD⊥平面PAD，CD平面

PCD，故平面PAD⊥平面PCD，故A正确如图，取AD的中点G，连接GC，PG，BD，则PGAD⊥，平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD=，PG平面PAD，PG⊥平面ABCD，BD平面

ABCD，则PGBD⊥．假若BD⊥AM，,,,BDACACAMAACAM⊥=平面PAC，所以BD⊥平面PAC，而PA平面PAC，故BDPA⊥，又PGBD⊥，,,PGPAAPAPG=平面PAG,所以BD⊥平

面PAG,AD平面PAG，所以BDAD⊥，这显然与底面ABCD是正方形矛盾，故BDAM⊥不成立，B错误．取PB的中点N，连接,,,,MNGBGCDMAN，则//,MNBC由于2222125GCGBAGAB==+=+=

，由于PG⊥平面ABCD，,GBGC平面ABCD，所以,,PGGBPGGC⊥⊥故()()22223522PCPBPGGB=++===，由于三角形,PDCPAB均为直角三角形，所以112,2,22DMPCANPB====故四边形ADMN为等腰梯形，且11,2,22MNBCDMANA

D=====,如图：过点M作MQAD⊥，所以()()22221117,22222DQADMNMQDMDQ=−==−=−=,故四边形ADMN的面积为()()11737122224MNADMQ+=+=，故C正确，由于,PACPBC△△均为等腰三

角形，22,22,2PCACPBPCBCPA======,将两个三角形展开成一个平面，所以四边形APBC为平行四边形，将PBC沿着PC展开与PAC△在同一平面，连接AB交PC于M,所以四边形APBC为平行四边形，如图:由余弦定理可得222222cos22PCCAPACM

CAAMACPPCCACMCA+−+−==，所以()()()()()()()222222222222222222222222AMAM+−+−==，故24BMAMABAM+===，故D正确，故选：ACD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分

．13.已知Ra，若()23iaa−+−（i为虚数单位）是实数，则=a____________．【答案】3【解析】【分析】根据虚部为0得到方程，解得即可.【详解】因为Ra且()23iaa−+−，所以30a−=，解得3a=.故答案为：31

4.已知(),2ax=−，()2,1b=r，若ab⊥，则ab−=rr____________．【答案】10【解析】【分析】依题意可得0ab=，根据数量积的坐标表示求出x，即可求出ab−的坐标，从而求出其模.【详解】因为(),2ax=−，()2,1b=r且ab⊥，所以2120abx=−+=，解

得1x=，所以()1,2a=−，则()()()1,22,13,1ab−=−−=−，所以()223110ab−=−+=rr.故答案为：1015.正四棱锥SABCD−的底面边长为42，侧棱长为45，点S、A、B、C、D都在同一个球的球

面上，则该球的表面积为____________．【答案】100π【解析】【分析】根据正四棱锥的性质，结合勾股定理即可求解球半径,由球的表面积公式即可求解.【详解】如图所示，设球半径为R，底面中心为O且球心为O，正四棱锥PABCD−中42AB=，45PA=，242AOAB==

，可得228POPAAO=−=，8OOPOPOR=−=−．在RtBOO△中，222OBOBOO=+，2224(8)RR=+−，解得5R=，因此可得外接球的表面积为：224π4π5100πR==．故答案为：100π．16.法国数学

家费马被称为业余数学之王，很多数学定理以他的名字命名．对ABC而言，若其内部的点P满足120APBBPCCPA===，则称P为ABC的费马点．在ABC中，已知45BAC=，设P为ABC的费马点，且

满足45PBA=，2PA=．则ABC的外接圆半径长为____________．【答案】3【解析】【分析】利用三角形的内角和定理、正弦定理和余弦定理，结合已知条件求解即可.【详解】由已知，可得1801204515PAB=−−=，所以451530P

AC=−=.在PAC△中，1801203030PCA=−−=，所以2PAPC==.在PAB中，由正弦定理2sin15sin15sin45sin45PBPAPB==（*）而()232162sin15si

n453022224−=−=−=，2sin452=°代入（*）式得31PB=−.在PBC中，利用余弦定理，可得2222cos1206BCPBPCPBPC=+−=o，所以6BC＝，设ABC的外接

圆半径为R，在ABC中，利用正弦定理，可得6223sin4522BCR===，所以ABC的外接圆半径长为3.故答案为：3.四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.如图，正三棱柱111ABCABC-的各棱长均为1，点E为棱11AC的中点．

（1）证明：1//BC平面1ABE；（2）求异面直线1BC和AC所成角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）24．【解析】【分析】（1）根据线面平行判定定理证明即可;（2）通过线线平行把异面直线1BC和AC所成角转

化为11ACB,再应用余弦定理计算求解.【小问1详解】连接1AB交1AB于点F，连接EF，则在正方形11ABBA中，F为1AB的中点，又E为11AC的中点，所以EF为11ABCV的中位线，则1//EFBC；又EF平面1ABE，1BC平面1ABE，所以1//BC平面1ABE

．【小问2详解】在三棱柱111ABCABC-中，则11//ACAC，则11ACB（或其补角）为异面直线1BC与AC所成的角．在11ABCV中，111AC=，12AB=，12BC=，则2221111111112cos24A

CBCABACBACBC+−==．所以异面直线1BC和AC所成角的余弦值为24．18.在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，已知coscos2cosbcAaCB+=．（1）求角B的大小；（2）若6ac+=，且ABC的面积

为3，求b的值．【答案】（1）π3B=（2）26b=．【解析】【分析】（1）利用正弦定理边化角及两角和的公式化简求出即可.（2）利用三角形面积公式及余弦定理求解即可.【小问1详解】因为coscos2cosbcAaCB

+=，由正弦定理得：sinsincossincos2cosBCAACB+=，即()sinsin2cosBACB+=，sinsin2cosBBB=，因为()0,πB，所以sin0B，所以1cos2B=，所以π3B=；【小问2详解】因为ABC的面积

为3，所以1sin32ABCSacB==，解得4ac=，由余弦定理得2222cosbacacB=+−，则()22324bacac=+−=，所以26b=．19.如图，在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是梯形，AB∥CD，ABC＝90°，AB＝DP＝2，DC＝BC＝

1．（1）证明：AD⊥PB；（2）求直线PC与平面PAB所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）25【解析】【分析】（1）先证明线面垂直进而得出线线垂直;（2）根据空间向量法计算线面角即可.【小问1详解】

取AB的中点E，连接DB，DE，RtDCB△中，2DB=，梯形ABCD中，//DCBE，DCBE=，所以四边形BCDE为正方形，所以1DEBE==，则1AEABBE=−=，所以RtDAE中，222ADDEAE=+=，又

2AB=，所以222ABBDAD=+，则ADBD⊥，又PD⊥平面ABCD，AD平面ABCD，所以ADPD⊥，由于PDBDD=，BD平面PBD,PD平面PBD,所以AD⊥平面PBD，又PB平面PBD，所以ADPB⊥．【小问2详解】以C为坐标原点，CD，CB为x

轴，y轴正方向，在平面PCD内过点C作CD的垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0C，()1,0,2P，()2,1,0A，()0,1,0B，()1,1,2PA=−，()2,0,0AB=−，()

1,0,2CP=，设平面PAB的法向量为(),,nxyz=，则00nPAnAB==，即2020xyzx+−=−=，令2y=，则()0,2,1n=，设直线PC与平面PAB所成角为，则22sincos,555PCnPCnPCn====．2

0.如图，四边形ABCD中，2π3B=．（1）若AB＝3，13AC=，求△ABC的面积；（2）若3CDBC=，π6CAD=，2π3BCD=，记∠BAC为θ，求θ的值．【答案】（1）334（2）π12=【解析】【分析】（1）先应用余弦定理求出BC，再应用面积公式计算求解；（2）根据正弦

定理结合诱导公式化简，再应用二倍角公式可得角.【小问1详解】△ABC中由余弦定理得：2222cosACABBCABBCB=+−，即2340BCBC+−=，解得4BC=−（舍）或1BC=，所以12π3331sin234ABCS==．【小问2详解】因为BAC=，π6CAD=，2π

3BCD=，所以1π3ACB=−，1π3ACD=+，1π2ADC=−，在△ABC中，由正弦定理得：2πsinsin3BCAC=，所以2sin3BCAC=．在△ACD中，由正弦定理得：3ππsinsin62BCAC=−，

123cosBCAC=，所以4sincos1=，即1sin22=，因为π03，所以2π023，所以π26=，即π12=．21.如图1，在四边形ABCD中，BCCD⊥，E为BC上一点，AEBC⊥，22AEBECD＝＝＝，3CE=，将四边

形AECD沿AE折起，使得二面角BAEC−−的大小为30，连接BD，BC，得到如图2．（1）证明：平面ABE⊥平面BCE；（2）点F是线段BE上一点，设EFEB=，且二面角EADF−−为30，求的值．【答案】（1）证明见解析（2）2

3．在【解析】【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明⊥AE平面BCE，再根据面面垂直判定定理证明结论；（2）根据条件，结合二面角定义可得30CEB=，建立空间直角坐标系，求平面ADE，ADF的法向量，由条件，结合向量夹角公式列方程求.【小问1详解】由题意得

AECE⊥，AEBE⊥，又BECEE=，CE平面BCE，BE平面BCE，所以⊥AE平面BCE，又AE平面ABE，所以平面ABE⊥平面BCE，【小问2详解】由AECE⊥，AEBE⊥，则∠CEB为

二面角B-AE-C的平面角，所以30CEB=，又2BE=，3CE=，所以222cos1BCBECEBECEBEC=+−=．以E为坐标原点，EA，EB分别为x，y轴正方向，在平面BCE内过点E作BE的垂线为z轴，建

立如图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0E，()2,0,0A，()0,2,0B，330,,22C，331,,22D，()0,2,0EB=，331,,22AD=−，()2,0,0AE=−，由已知()0,2

,0EFEB==，()()()2,0,00,2,02,2,0AFAEEF=+=−+=−．设平面ADE的法向量为(),,mxyz=，则00mADmAE==，即3302220yzxx−++=−=，令1y=，可得0,3xz==−，所以()0,1,3m=−为平

面ADE的一个法向量，设平面ADF的法向量为(),,nabc=，则00nADnAF==，即33022220bacab−++=−+=令1b=，则23,33ac==−+，所以23,1,33n=−+为平面ADF的一个法向量，则24

2cos,72443mnmnmn−==−+，又由二面角EADF−−为30，则3cos,2mn=，即2423272443−=−+，即23440+−=所以2=−（舍去）或2

3=．所以的值为23．22.记△ABC内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知20BCBACBCAABAC+−=．（1）求ca；（2）记△ABC的面积为S，求22Sb的最大值．【答案】（1）2ca=（2）2．的【解析】【分析】（1）根据向量的数量积的定义，结合余弦定理即可求

解。（2）由三角形面积公式以及余弦定理可得222322cosbaaB=−，进而由辅助角公式即可由三角函数的性质求解.【小问1详解】因为20BCBACBCAABAC+−=，所以cos2coscos0acBabCbcA+−=即22222222220222acbabcbcaacabbcac

abbc+−+−+−+−=，整理可得222ca=，即2ca=，则2ca=．【小问2详解】212sinsin22SacBaB==，由余弦定理可得222222cos322cosbacacBaaB=+−=−，所以222222sin2sin322cos322cosSaBBbaaBB==−−，令220

Syb=，即2sin322cosByB=−，可得()2232sin22cos28sin28yByByBy=+=+++≤，为锐角，且tan2y=，所以22928yy+≤，解得02y≤，此时tan22=，当π2B=−时，y取得最大值2．故22

Sb的最大值为2．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com