精品解析：江西省乐安县第二中学2022-2023学年高一下学期6月期末数学试题（解析版）

这是一份精品解析：江西省乐安县第二中学2022-2023学年高一下学期6月期末数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了 已知向量，则等内容，欢迎下载使用。
高中学段一年级数学
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内.
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清晰.
3.请按照题序在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效；在草稿纸、试题卷上的答题无效.
4.保持答题卡卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀.
5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一、单选题（每题5分，共40分）
1 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先化简集合，再结合集合的交集运算法则进行计算即可.
【详解】由题意得，，，
所以
故选：B
2. 下列各式计算正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据分数指数幂的运算性质即可求解.
【详解】对于A，，A对；
对于B，，B错；
对于C，，C错；
对于D，，D错.
故选：A
3. 若a，，i是虚数单位，且，则的值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数相等的充要条件列出方程，求解即可得出答案.
【详解】根据复数相等的充要条件可得，解得，
所以，.
故选：D
4. 已知的斜二测画法的直观图为，若，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据直观图和原图的面积关系，即可求解.
【详解】由条件可知，，
由,解得.
故选:C.
5. 已知点在的内部，分别为边的中点，且，则（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用向量的加减法的几何表示运算即可.
【详解】由题意得
，
所以．
故选：B.

6. 如图，四面体中，，，E，F分别是的中点，若，则与所成的角的大小是（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知，结合图形，利用中位线，把异面直线所成角的问题转化为三角形的夹角，
根据等角定理以及三角形的性质求解.
【详解】
如图，取中点，连接、，因为E，F分别是的中点，
所以，，又，，
所以，，
因为，所以，
所以在中，，所以，
因为，根据等角定理可知，
与所成的角的大小是，故B，C，D错误.
故选：A.
7. 在三棱锥中，△ABD和△CBD均为边长为2的等边三角形，且二面角的平面角为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. π B. π C. π D. π
【答案】D
【解析】
【分析】由几何法可得二面角平面角为，根据外接球的几何特征可知过，分别作两个半平面的垂线，交于，可得为三棱锥的外接球的球心，且可得，由等边三角形的边长为2，可得，及的值，进而求出外接球的半径的值，再求出外接球的表面积．
【详解】如图，取中点，连接，，
因为△ABD和△CBD均为边长为2的等边三角形，
所以，，则为二面角的平面角，即，
设△ABD和△CBD外接圆圆心分别为，，
则由，可得，，
分别过作平面，平面的垂线，则三棱锥的外接球球心一定是两条垂线的交点，
记为，连接，，则由可得，
所以，则，
则三棱锥外接球的表面积，
故选：D

8. 赵爽是我国古代著名的数学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”．亦称“赵爽弦图”．如图1，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形．我们通过类比得到图2，它是由三个全等的钝角三角形与一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，若图2中，，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在中利用两角差的正弦公式求出，由正弦定理求出，再由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得.
【详解】在中，，而，
所以，
，
由正弦定理得，，
即，解得，所以，
在中由余弦定理，
即，
所以，，
所以.
故选：C
二、多选题（每题5分，共20分）
9. 设为直线，，是两个不同的平面，下列命题中错误的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若，，则
D. 若，，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】由空间线面关系，面面关系相关知识判断各选项正误即可.
【详解】设为直线，，是两个不同的平面.
对于，若，，则与相交或平行，故错误；
对于，若，，则，故正确；
对于，若，，则与相交，故错误；
对于，若，，则与相交､平行或，故错误.
故选：.
10. 已知向量，则（ ）
A. 若，则 B. 的最小值为
C. 可能成立 D. 的最大值为3
【答案】BC
【解析】
【分析】根据向量的数量积公式即可判断选项A、B；当时，则有判断选项C；将转化为三角函数的最值问题即可求解，判断选项D.
【详解】对于A，若，则．又，故A错误；．
对于B，，又，当时，，，故B正确；
对于C，由选项B可知，当时，，则，故C正确；
对于D，，
当时，，，故D错误.
故选：BC．
11. 如图，已知六棱锥的底面是正六边形，平面，，则下列结论正确的是（ ）

A.
B. 直线CB与直线PD所成角为
C. 直线平面
D. 直线PD与平面所成的角为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据线面垂直的判定可判断A；根据平移法可求得直线CB与直线PD所成角判断B；根据线面平行的判定可判定C；根据线面角的定义求得直线PD与平面所成的角判断D.
【详解】对于A，假设，因为平面ABC，平面ABC，
故，而平面，
故平面，平面，故，
这与正六边形中，不垂直相矛盾，故A错误；
对于B，正六边形中，,
故直线AD与直线PD所成角即为直线CB与直线PD所成角或其补角，
在中，，则,
即直线CB与直线PD所成角为，B正确；
对于C，因为，平面,平面，
故直线平面，C正确；
对于D，因为平面，故即为直线PD与平面所成的角，
由C可知，故D正确，
故选：BCD
12. 景德镇号称“千年瓷都”，因陶瓷而享誉全世界.景德镇陶瓷以白瓷著称，而白瓷素有“白如玉，明如镜，薄如纸，声如磐”的美誉，如图，某陶瓷展览会举办方计划在长方形空地上举办陶瓷展览会，已知，，E为边的中点.G，F分别为边，上的动点，，举办方计划将区域作为白瓷展览区，则白瓷展览区的面积可能是（ ）

A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】设，则，由，，得到，再得到，，由求解.
【详解】解：设，则，
由，，得，
易得，，
则，
，
由，得，得，
则.
因为，，
所以白瓷展览区的面积可能是，.
故选：BC
三、填空题（共20分）
13. 已知正实数a，b满足则ab的最大值为__________.
【答案】5
【解析】
【分析】由已知结合基本不等式即可直接求解．
【详解】因为正实数，满足，当且仅当，即，时取等号，
解得，
则的最大值5．
故答案为：5．
14. 抛掷一颗质地均匀的正方体骰子，得点数的概率是____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据古典概型的公式计算即可.
【详解】由题意，丢一次质地均匀的正方体骰子，有种实验结果，即点数为，根据古典概型的计算公式，投到点数的概率为.
故答案为：
15. 在中，，且，则________．
【答案】
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算求解即可.
【详解】，，
即，，．
故答案为：.
16. 如图，已知直线，为、之间的定点，并且到、的距离分别为和，点、分别是直线、上的动点，使得.过点作直线，交于点，交于点，设，则的面积最小值为__________.

【答案】
【解析】
【分析】计算得出，，利用二倍角的正弦公式以及正弦函数的有界性可求得的最小值.
【详解】因为直线，为、之间的定点，并且到、的距离分别为和，
过点作直线，交于点，交于点，则，，且，
又因为，则，故，且，
在中，，则，
在中，，则，
所以，，
因为，则，故当时，即当时，取最小值，且最小值为.
故答案为：.
四、解答题（共70分）
17. 已知向量，满足，，且.
（1）若，求实数的值；
（2）求与的夹角的余弦值.
【答案】（1）
（2）0
【解析】
【分析】（1）利用数量积的运算律及向量垂直的充要条件即可求解；
（2）利用数量积的夹角公式求解即可.
【小问1详解】
因为，所以，
即，解得，
若，则，
即，即，解得.
【小问2详解】
因为，
所以，
即与的夹角的余弦值为0.
18. 已知复数满足为纯虚数．
（1）求；
（2）若复数在复平面内对应的点位于第三象限，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简，利用是纯虚数求出的值，得出复数的表达式，即可求出的值；
（2）化简复数，利用点在第三象限，即可求出的取值范围.
【小问1详解】
由题意，
在复数中，
，
∵为纯虚数，
∴，解得．
∴，
【小问2详解】
由题意及（1）得，，
在中，
，
∵复数在复平面内对应的点位于第三象限，
∴，解得，
∴的取值范围是．
19. 近年来，我国科技成果斐然，北斗三号全球卫星导航系统已开通多年，北斗三号全球卫星导航系统由24颗中圆地球轨道卫星、3颗地球静止轨道卫星和3颗倾斜地球同步轨道卫星，共30颗卫星组成．北斗三号全球卫星导航系统全球范围定位优于，实测的导航定位精度都是2~3m，全球服务可用性，亚太地区性能更优．现从地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星中任选两颗进行信号分析．
（1）求恰好选择了地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星各一颗的概率；
（2）求至少选择了一颗倾斜地球同步轨道卫星的概率．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先分别给地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星编号，列举所有可能的情况，以及满足条件的方法种数，利用古典概型，即可求解；
（2）根据（1）列举结果，利用古典概型，即可求解.
【小问1详解】
记地球静止轨道卫星为：，记倾斜地球同步轨道卫星为，则所有的选择为：
记恰好选择了地球静止轨道卫星和倾斜地球同步轨道卫星各一颗为事件，则包含，所以；
【小问2详解】
记至少选择一颗倾斜地球同步轨道卫星为事件，
则包含．
所以．
20. 已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）设，，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用三角恒等变换化简，根据正弦函数的性质求得答案；
（2）根据求得，结合，求得，再利用诱导公式求得答案.
【小问1详解】


∵，∴，
所以的递增区间为.
【小问2详解】
由，∴，
∵，∴，
又∵，∴，∴，
于是.
21. △ABC的内角A，B，C的对边分别为，已知.
（1）求A；
（2）设，当值最大时，求△ABC的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换分析运算；
（2）利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换化简得，进而分析最值，运算求解即可.
【小问1详解】
因为，即，
可得，
整理得，
且，则，可得，
且，则，
所以，解得.
【小问2详解】
由正弦定理可知:，则，
可得
，
其中，
当时，取得最大值，
此时，
则，，
所以.
22. 如图，在三棱锥中，，点在平面内，点Q在AB上，且满足.

（1）过Q作AB的垂面，分别交BC于E，交BD于F，过B作交CD于点M，证明：；
（2）当PQ与平面所成最大角的正切值是时，求此时PQ与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）见解析 （2）
【解析】
【分析】（1）证明平面后即可得证线线垂直；
（2）先由线面垂直确定，再利用线面角确定PQ与平面BCD所成最大时，是与的交点，再由线面垂直得出直线在平面内的射影是直线，即是直线与平面所成的角，然后设，求出后可得结论．
【小问1详解】
因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以；
【小问2详解】
因为，平面，所以平面，又平面，
平面平面，所以，
由平面，平面得平面平面，
所以在平面的射影是直线，作平面，则，连接，
是直线与平面所成的角，
由平面，得，
，因此最小时，最大，即最大，此时，是与的交点．
又平面，平面，所以平面平面，
又因为平面平面，所以直线在平面内的射影是直线，
所以是直线与平面所成的角，
因为平面，平面，所以，
因平面，平面，所以，同理，
设，又，所以，，
，则，
．