精品解析：江西省大余中学2022-2023学年高一下学期期末学情调研数学试题（解析版）

这是一份精品解析：江西省大余中学2022-2023学年高一下学期期末学情调研数学试题（解析版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022—2023学年度春季学情调研高一数学
一、单选题（每题5分，共40分）
1. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据特称命题的否定相关知识直接求解.
【详解】命题“”的否定是“”.
故选：C
2. 已知扇形的面积是9，周长是12，则扇形圆心角的弧度数是（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】利用扇形的周长和面积公式建立方程组求解即可.
【详解】设扇形的半径为，弧长为，
则，解得，
又圆心角，
故选：B.
3. （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用诱导公式计算即可.
【详解】.
故选：A.
4. 已知向量，不共线，向量，，且，则（ ）
A. －3 B. 3 C. －6 D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】设，从而得到，得到方程，求出的值.
【详解】设，则，
故．
故选：D
5. 已知向量，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据平面向量共线的坐标公式计算即可.
【详解】因为，且，
所以，所以.
故选：C.
6. 若，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得.联立方程组，求解即可得出答案.
【详解】由已知可得，，所以，.
由可得，.
故选：B.
7. 最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”．如图，树顶离地面12米，树上另一点离地面8米，若在离地面2米的处看此树，则的最大值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过点作，交于点，设，求得，，然后由，结合三角恒等变换和基本不等式求解．
【详解】如图，过点作，交于点，则．

设，在中，．
在中，，
所以，
当且仅当，即时取等号．
故选：C.
8. 三棱锥的四个顶点都在半径为5的球面上，已知到平面的距离为，，记与平面所成角为，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】设为三棱锥外接球的球心，为外接圆的圆心，过点作平面，M为垂足，则，作，垂足为，则四边形MEFG为矩形，求得，进而求得，从而问题可解.
【详解】
设为三棱锥外接球的球心，为外接圆的圆心，
因为，所以为的中点，平面.
过点作平面，M为垂足，则，，
作，垂足为，则四边形MEFG为矩形，


，


故选：A
二、多选题（每题5分，共20分）
9. 设复数，，下列说法正确的是（ ）
A. B. 的虚部是 C. 是纯虚数 D.
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A，复数不能比较大小，可判断；对于B，根据复数的虚部的定义可判断；对于C，根据纯虚数的定义可判断；对于D，计算即可判断.
【详解】对于A，复数不能比较大小，A错；
对于B，的虚部是，B对；
对于C，不纯虚数，C错；
对于D，，D对.
故选：BD
10. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】由同角三角函数的关系，两角和的正弦公式，化简可得.
【详解】由，得，即，A选项正确，C选项错误；
，两边同时平方，得，即，化简得，
由，则，，所以，B选项正确，D选项错误.
故选：AB
11. 已知向量，则（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 当时，
D. 若与的夹角为锐角，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据平面向量的平行、垂直的坐标表示，以及数量积的坐标运算求解.
详解】对A，若，则，解得，A正确；
对B，若，则，解得或3，B错误；
对C，当时，，则，
所以，C正确；
若与的夹角为锐角，则且与不同向共线，
所以解得且，D错误．
故选:AC.
12. 已知正三棱台，，，下列说法正确的是（ ）

A. 正三棱台体积为
B. 侧棱与底面所成角的余弦值为
C. 点A到面的距离为2
D. 三棱台的外接球的表面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】求得正三棱台体积判断选项A；求得侧棱与底面所成角的余弦值判断选项B；求得点A到面的距离判断选项C；求得三棱台的外接球的表面积判断选项D.
【详解】设中心为，中心为O，连接，
则
，
在四边形中，过作于D，
则，则
取中点N，过点N作，交于H，交直线于M，
则点M为三棱台的外接球的球心.
由，可得，
则，
由，可得，
选项A：正三棱台体积为.判断错误；
选项B：设侧棱与底面所成角为，则
又，则，
则侧棱与底面所成角的余弦值为.判断正确；
选项C：设点A到面的距离为h，
由，可得
又等腰梯形中，，
则，
则，解之得.
则点A到面的距离为.判断正确；
选项D：三棱台的外接球的半径为，
则三棱台的外接球的表面积为.判断正确.

故选：BCD
三、填空题（共20分）
13. 已知i是虚数单位，若，则___________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据复数的除法运算，化简可得，，求模即可得出答案.
【详解】，
所以，.
故答案为：.
14. 如图，在任意四边形中，，分别为，的中点，，，边与所成角为，则线段的长度是____________

【答案】
【解析】
【分析】根据向量加法的几何意义便可得到：，从而①②便可得出，再根据数量积的运算律计算可得.
【详解】因为，
，分别是四边形的边，的中点，
，，
①②得，
，
又，，边与所成角为，


，
，
线段的长度为．
故答案为：
15. 如图，在有五个正方形拼接而成的图形中，β﹣α＝_____

【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件，结合正切函数的两角差公式，即可求解．
【详解】由图可得，且都为锐角，且，，
，
.
故答案为：
16. 如图正三棱柱的底面边长为，高为2，一只蚂蚁要从顶点沿三棱柱的表面爬到顶点，若侧面紧贴墙面（不能通行），则爬行的最短路程是__________．

【答案】
【解析】
【分析】利用正三棱柱侧面展开图，结合两点间最短距离是线段来求解即可．
【详解】正三棱柱的侧面部分展开图如图所示，

图1，连接与交于点，则爬行的最短路程时沿着爬行，
此时，
图2，连接，过作AB的垂线交于点，则，
则，所以，
∵，∴爬行的最短路程是.
故答案为：.
四、解答题（共70分）
17. 已知向量满足.
（1）求及的值；
（2）求向量与夹角的余弦值.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据数量积的运算律可求得，根据向量模的计算即可求得；
（2）求出的值，根据向量的夹角公式即可求得答案.
【小问1详解】
因为，
所以，即；
；
【小问2详解】
由题意得，
故
18. 已知复数，是实数，其中是虚数单位，．
（1）求的值；
（2）若复数是关于的方程的根，求实数和的值．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）化简，由是实数可得，求解即可；
（2）由（1）可得，由方程的根可得，再根据复数相等的条件可得，求解即可.
【小问1详解】
因为，
所以，
因为是实数，所以，解得，
故的值为.
【小问2详解】
由（1）可知，
所以，
因为方程的根，
所以，即，
由，解得，．
故实数和的值分别为.
19. 已知函数
（1）求函数的最小正周期和单调递增区间；
（2）求函数在区间上的最值，并指出此时对应的的值．
【答案】（1），
（2）函数最大值为，此时；函数最小值为，此时.
【解析】
【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的周期公式和单调性即可求解；
（2）通过换元并结合三角函数的单调性求出最值.
【小问1详解】
由已知得，则函数的最小正周期,
由，解得，
所以函数的单调递增区间为.
【小问2详解】
由（1）知且.
设，则，
所以原函数化且.
从而在上递增，在上递减.
所以当时函数取得最大值，此时.
又时，；时，；
所以时函数取得最小值，此时.
20. 的角的对边分别为的面积为.
（1）若，求的周长；
（2）设为中点，求到距离的最大值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据条件得出和，联立求得，进而求得，结合余弦定理求出的值，进而求得结果.
（2）利用面积公式和基本不等式求最值，即可得出结果.
【小问1详解】
因为，得①，
又因为的面积为，所以有②，
显然，由①②得，
所以，代入得，
在中，因为，
所以，得，
所以的周长为.
【小问2详解】
因为为边上的中点，所以，
因为，
所以，
因为，当且仅当时取等号，
所以.
设点到直线距离为，
因为，所以，
即点到直线距离最大值为.
21. 已知函数的部分图象如图所示.

（1）求的解析式；
（2）将的图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），再将所得图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，求函数在内的零点.
【答案】（1）
（2）零点为0与.
【解析】
【分析】（1）由图象可得，，即，再代入点即得解；
（2）先通过图象变换得到，再令可得答案.
【小问1详解】
由图象可得，
，则，即，
∴，
由图象得，即，
∴，，则，，
又，∴，
故；
【小问2详解】
将的图象上所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），
再将所得图象向左平移个单位长度，得到函，
∴，
令，则或，
解得，，或，，
又，∴或，
即函数在内的零点为0与.
22. 如图，在斜三棱柱中，为的中点，为上靠近A的三等分点，为上靠近的三等分点．

（1）证明：平面//平面．
（2）若平面，，与平面的距离为，，，三棱锥的体积为，试写出关于的函数关系式．
（3）在（2）的条件下，当为多少时，三棱锥的体积取得最大值？并求出最大值．
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）16
【解析】
【分析】（1）根据线面、面面平行的判定定理分析证明；
（2）根据题意可知平面，进而可得，结合锥体的体积公式运算求解；
（3）整理得，结合二次函数分析求解.
【小问1详解】
由题意可得：，//，则平行四边形，可得//，
且平面，平面，所以//平面，
取的中点，连接，
因为分别为的中点，则//，
又因为，//，则为平行四边形，
可得//，，
且//，，则//，，
可得为平行四边形，则//，故//，
且平面，平面，所以//平面，
，平面，
所以平面//平面.
【小问2详解】
因为平面，平面，则，
且//平面，则，可得，
且//，则平面，
平面，可得，
且，平面，
所以平面，
又因为平面//平面，则平面，
平面，则，
设，因为//，则，即，
所以三棱锥的体积为.
【小问3详解】
由（2）可知，
当，即时，取到最大值.